中考数学综合题专题复习[几何中的动点问题]专题解析

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中考动点问题解析

中考动点问题解析所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目。

射线或弧线上运动的一类开放性题目。

这类问题一般是中考这类问题一般是中考的重点和难点，由于综合性比较强，题目比较灵活，与其他知识点的关联性比较强，所以一般都是作为压轴题出现的。

所以一般都是作为压轴题出现的。

但是也并不是说这但是也并不是说这类题就放弃不做了，只要掌握这类题目的规律，有针对性的练习，也是可以解决的。

解决这类问题的关键是动中求静，解决这类问题的关键是动中求静，灵活运用有关数学灵活运用有关数学知识解决问题。

解这类问题要综合运用到分类讨论思想、函数思想、方程思想、数形结合思想等。

大多题目涉及到二次函数、圆、三角形等重点知识，也很难将他们进行分类，这里也就不分了，但是在解题过程中尽量做到一题多解，侧重讲解题思路。

希望该资料对学生能有所启发。

1.1.（（2013年江苏苏州3分）如图，在平面直角坐标系中，Rt Rt△△OAB 的顶点A 在x 轴的正半轴上，顶点B 的坐标为（的坐标为（33，3），点C 的坐标为（12，0），点P 为斜边OB 上的一动点，则PA PA＋＋PC 的最小值为【】A ．132B ．312C C．．3192+ D D．．27【答案】【答案】B B解析：此类题目结果是求两个线段的和的问题，此类题目结果是求两个线段的和的问题，一般的解题思路一般的解题思路是将两条线段变成一条线段，利用两点之间线段最短来解题。

来解题。

此题还涉及到一个重要的知识点：特殊三角形。

这个要熟记在心，主要是直角三角形：①有个角为3030°的直角三角形，三边的比为°的直角三角形，三边的比为1:3:2；②等腰直角三角形，三边的比为1:1:2；③等边三角形，三个角都是6060°。

本题中顶点°。

本题中顶点B 的坐标为（的坐标为（33，3），很容易想到Rt Rt△△OAB 是个特殊三角形。

专题41 几何问题(1)之动点问题【热点专题】

第七部分几何图形综合
专题41 几何问题（1）之动点问题
数学
题型精讲
题型一：圆背景下的动态探究题【例 1】（2020•连云港）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋）中写道：“水能利物，轮乃曲成”．如图，半径为 3m 的筒车⊙O 按逆时针方向
每分钟转圈，筒车与水面分别交于点 A、B 筒车的轴心 O 距离水面的高度 OC 长为 2.2m，筒车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某个盛水筒 P 刚浮出水面时开始计算时间．
PQ PQ2．在
Rt△POQ 中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．由四边形 OPCQ 的面积 S＝S△POQ+S△PCQ
可得出答案．
题型二：四边形动点探究【例 3】（2021·山东中考真题）如图，已知正方形 ABCD，点 E 是 BC 边上一点，将 △ABE 沿直线 AE 折叠，点 B 落在 F 处，连接 BF 并延长，与∠DAF 的平分线相交于点 H，与 AE，CD 分别相交于点 G，M，连接 HC （1）求证：AG＝GH；（2）若 AB＝3，BE＝1，求点 D 到直线 BH 的距离；（3）当点 E 在 BC 边上（端点除外）运动时，∠BHC 的大小是否变化？为什么？
【分析】（1）如图 1 中，连接 OA．求出∠AOC 的度数，以及旋转速度即可解决问题．（2）如图 2 中，盛水筒 P 浮出水面 3.4 秒后，此时∠AOP＝3.4×5°＝17°，过点 P 作 PD⊥OC 于 D，解直角三角形求出 CD 即可．（3）如图 3 中，连接 OP，解直角三角形求出∠POM，∠COM，可得∠POH 的度数即可解决问题．
【例 2】（2020•苏州）如图，已知∠MON＝90°，OT 是∠MON 的平分线，A 是射线 OM 上一点，OA＝8cm．动点 P 从点 A 出发，以 1cm/s 的速度沿 AO 水平向左作匀速运动，与此同时，动点 Q 从点 O 出发，也以 1cm/s 的速度沿 ON 竖直向上作匀速运动．连接 PQ，交 OT 于点 B．经过 O、P、Q 三点作圆，交 OT 于点 C，连接 PC、 QC．设运动时间为 t（s），其中 0＜t＜8．（1）求 OP+OQ 的值；（2）是否存在实数 t，使得线段 OB 的长度最大？若存在，求出 t 的值；若不存在，说明理由．（3）求四边形 OPCQ 的面积．

中考数学专题复习之几何图形动点问题

12，∴AB＝ 12 ＝2 3 ，又∵△ABE是等边三角形，∴BE＝AB＝2 3，即PD＋ PE的最小值为2 3 .
专题二几何图形动点问题
类型3 同侧差最大值问题【问题】两定点A、B位于直线l同侧，在直线l上找一点P，使得|PA－PB|的值最大．【解决思路】根据三角形任意两边之差小于第三边，|PA－PB|≤AB，当A，B， P三点共线时，等号成立，即|PA－PB|的最大值为线段AB的长．连接AB并延长，与直线l的交点即为点P.
2 AN
－PN＝PM′－PN≤M′N＝2，延长M′N交BD于点P′，连接P′M，∴
例4题图
当点P运动到P′时，即点M′、N、P′共线时，M′N＝P′M′－P′N＝2，
∴PM－PN的最大值为2.
例4题解图
专题二几何图形动点问题
模型二 “一点两线”型(两动点＋一定点)
【问题】点P是∠AOB的内部一定点，在OA上找一点M，在OB上找一点N，使得△PMN周长最小．【解决思路】要使△PMN周长最小，即PM＋PN＋MN值最小．根据两点之间线段最短，将三条线段转化到同一直线上即可．
专题二几何图形动点问题
例5 如图，∠AOB＝30°，点M、N分别是射线OA、OB上的动点，OP平分 ∠AOB，且OP＝6，则△PMN的周长最小值为( C )
213.∴PM－PO的最大值为
13
2.
例3题解图
专题二几何图形动点问题
类型4 异侧差最大值问题【问题】两定点A、B位于直线l异侧，在直线l上找一点P，使得|PA－PB|的值最大．【解决思路】将异侧点转化为同侧点，同类型3即可解决．
专题二几何图形动点问题
例4 (2019陕西)如图，在正方形ABCD中，AB＝8，AC与BD交于点O，N是AO的

中考数学复习专题动点综合问题含中考真题解析

中考数学复习专题动点综合问题含中考真题解析 The document was prepared on January 2, 2021专题36 动点综合问题解读考点知识点名师点晴动点问题中的特殊图形等腰三角形与直角三角形利用等腰三角形或直角三角形的特殊性质求解动点问题相似问题利用相似三角形的对应边成比例、对应角相等求解动点问题动点问题中的计算问题动点问题的最值与定值问题理解最值或定值问题的求法动点问题的面积问题结合面积的计算方法来解决动点问题动点问题的函一次函数或二次函数的图象结合函数的图象解决动点问题数图象问题2年中考【2015年题组】1．（2015牡丹江）在平面直角坐标系中，点P（x，0）是x轴上一动点，它与坐标原点O的距离为y，则y关于x的函数图象大致是（）A．B．C．D．【答案】A．考点：动点问题的函数图象．2．（2015盐城）如图，在边长为2的正方形ABCD中剪去一个边长为1的小正方形CEFG，动点P从点A出发，沿A→D→E→F→G→B的路线绕多边形的边匀速运动到点B时停止（不含点A和点B），则△ABP的面积S 随着时间t变化的函数图象大致是（）A． B． C．D．【答案】B．【解析】试题分析：当点P在AD上时，△ABP的底AB不变，高增大，所以△ABP 的面积S随着时间t的增大而增大；当点P在DE上时，△ABP的底AB不变，高不变，所以△ABP的面积S不变；当点P在EF上时，△ABP的底AB不变，高减小，所以△ABP的面积S随着时间t的减小；当点P在FG上时，△ABP的底AB不变，高不变，所以△ABP的面积S不变；当点P在GB上时，△ABP的底AB不变，高减小，所以△ABP的面积S随着时间t的减小；故选B．考点：1．动点问题的函数图象；2．分段函数；3．分类讨论；4．压轴题．3．（2015资阳）如图，AD、BC是⊙O的两条互相垂直的直径，点P从点O出发，沿O→C→D→O的路线匀速运动．设∠APB=y（单位：度），那么y与点P运动的时间x（单位：秒）的关系图是（）A． B．C． D．【答案】B．考点：1．动点问题的函数图象；2．分段函数．4．（2015广元）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点P从A点出发．按A→B→C的方向在AB和BC上移动．记PA=x，点D到直线PA的距离为y，则y关于x的函数大致图象是（）A． B． C． D．【答案】D．【解析】考点：1．动点问题的函数图象；2．压轴题；3．动点型；4．分段函数．5．（2015荆州）如图，正方形ABCD的边长为3cm，动点P从B点出发以3cm/s的速度沿着边BC﹣CD﹣DA运动，到达A点停止运动；另一动点Q同时从B点出发，以1cm/s的速度沿着边BA向A点运动，到达A点停止运动．设P点运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），则y关于x的函数图象是（）A． B． C．D．【答案】C．【解析】试题分析：由题意可得BQ=x．①0≤x≤1时，P点在BC边上，BP=3x，则△BPQ的面积=12BPBQ，解y=123xx=232x；故A选项错误；②1＜x≤2时，P点在CD边上，则△BPQ的面积=12BQBC，解y=12x3=32x；故B选项错误；③2＜x≤3时，P点在AD边上，AP=9﹣3x，则△BPQ的面积=12APBQ，解y=12（9﹣3x）x=29322x x；故D选项错误．故选C．考点：1．动点问题的函数图象；2．分段函数．6．（2015邵阳）如图，在等腰△ABC中，直线l垂直底边BC，现将直线l沿线段BC从B点匀速平移至C点，直线l与△ABC的边相交于E、F两点．设线段EF的长度为y，平移时间为t，则下图中能较好反映y与t 的函数关系的图象是（）A． B． C．D．【答案】B．考点：1．动点问题的函数图象；2．数形结合．7．（2015河池）我们将在直角坐标系中圆心坐标和半径均为整数的圆称为“整圆”．如图，直线l ：43y kx =+与x 轴、y 轴分别交于A 、B ，∠OAB=30°，点P 在x 轴上，⊙P 与l 相切，当P 在线段OA 上运动时，使得⊙P 成为整圆的点P 个数是（）A ．6B ．8C ．10D ．12【答案】A ．考点：1．切线的性质；2．一次函数图象上点的坐标特征；3．新定义；4．动点型；5．综合题．8．（2015乐山）如图，已知直线334y x =-与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，P 是以C （0，1）为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA 、PB ．则△PAB 面积的最大值是（）A ．8B ．12C ．212D ．172【答案】C ．【解析】试题分析：∵直线334y x =-与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，∴A 点的坐标为（4，0），B 点的坐标为（0，﹣3），34120x y --=，即OA=4，OB=3，由勾股定理得：AB=5，∴点C （0，1）到直线34120x y --=的距离是223041234⨯-⨯-+=165，∴圆C 上点到直线334y x =-的最大距离是1615+=215，∴△PAB 面积的最大值是121525⨯⨯=212，故选C ．考点：1．圆的综合题；2．最值问题；3．动点型．9．（2015庆阳）如图，定点A （﹣2，0），动点B 在直线y x =上运动，当线段AB 最短时，点B 的坐标为．【答案】（﹣1，﹣1）．考点：1．一次函数图象上点的坐标特征；2．垂线段最短；3．动点型；4．最值问题；5．综合题．10．（2015三明）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=3，P是AB边上的动点（不与点B重合），将△BCP沿CP所在的直线翻折，得到△B′CP，连接B′A，则B′A长度的最小值是______ ．【答案】1．考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．动点型；3．最值问题；4．综合题．．11．（2015凉山州）菱形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，顶点B（2，0），∠DOB=60°，点P是对角线OC上一个动点，E（0，﹣1），当EP+BP最短时，点P的坐标为．【答案】（233-，23-）．【解析】试题分析：连接ED ，如图，∵点B 的对称点是点D ，∴DP=BP，∴ED 即为EP+BP 最短，∵四边形ABCD 是菱形，顶点B （2，0），∠DOB=60°，∴点D 的坐标为（13点C 的坐标为（33OC 的解析式为：3y x =，∵点E 的坐标为（﹣1，0），∴可得直线ED 的解析式为：(13)1y x =+-，∵点P 是直线OC 和直线ED 的交点，∴点P 的坐标为方程组33(13)1y x y x ⎧=⎪⎨⎪=-⎩的解，解方程组得：23323x y ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，所以点P 的坐标为（233，23-故答案为：（33，23-）．考点：1．菱形的性质；2．坐标与图形性质；3．轴对称-最短路线问题；4．动点型；5．压轴题；6．综合题．12．（2015咸宁）如图，已知正方形ABCD 的边长为2，E 是边BC 上的动点，BF⊥AE 交CD 于点F ，垂足为G ，连结CG ．下列说法：①AG＞GE ；②AE=BF；③点G 运动的路径长为π；④CG 的最小值为51-．其中正确的说法是．（把你认为正确的说法的序号都填上）【答案】②④．由于OC 和OG 的长度是一定的，因此当O 、G 、C 在同一条直线上时，CG 取最小值，22OB BC +14+5CG 的最小值为OC ﹣51，故④正确；综上所述，正确的结论有②④．故答案为：②④．考点：1．四边形综合题；2．综合题；3．动点型；4．压轴题．13．（2015江西省）如图，在△ABC中，AB=BC=4，AO=BO，P是射线CO 上的一个动点，∠AOC=60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为．【答案】23或27或2．图（3）中，∠APB=90°，∵AO=BO，∠APB=90°，∴PO=AO=BO=2，又∠AOC=60°，∴△APO是等边三角形，∴AP=2；故答案为：23或27或2．考点：1．勾股定理；2．含30度角的直角三角形；3．直角三角形斜边上的中线；4．分类讨论；5．动点型；6．综合题；7．压轴题。

中考数学综合专题训练【动点专题】精品专题解析

中考数学综合专题训练【动点专题】精品专题解析专题一：建立动点问题的函数解析式函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容.动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系.那么,我们怎样建立这种函数解析式呢?下面结合中考试题举例分析.一、应用勾股定理建立函数解析式例1如图1,在半径为6,圆心角为90°的扇形OAB 的弧AB 上,有一个动点P ,PH ⊥OA,垂足为H,△OPH 的重心为G.(1)当点P 在弧AB 上运动时,线段GO 、GP 、GH 中,有无长度保持不变的线段?如果有,请指出这样的线段,并求出相应的长度.(2)设PH x =,GP y =,求y 关于x 的函数解析式，并写出函数的定义域(即自变量x 的取值范围).(3)如果△PGH 是等腰三角形,试求出线段PH 的长.解:(1)当点P 在弧AB 上运动时,OP 保持不变,于是线段GO 、GP 、GH 中,有长度保持不变的线段，这条线段是GH=32NH=2132⋅OP=2.(2)在Rt △POH中, 22236xPH OP OH -=-=, ∴2362121x OH MH -==.在Rt △MPH 中,.∴y =GP=32MP=233631x + (0<x <6).(3)△PGH 是等腰三角形有三种可能情况:①GP=PH 时,xx =+233631,解得6=x . 经检验, 6=x 是原方程的根,且符合题意. ②GP=GH 时, 2336312=+x ,解得0=x . 经检验, 0=x 是原方程的根,但不符合题意.③PH=GH 时,2=x .2222233621419x x x MH PH MP +=-+=+=HM NGPOAB图1xy综上所述,如果△PGH 是等腰三角形,那么线段PH 的长为6或2.二、应用比例式建立函数解析式例2如图2,在△ABC 中,AB=AC=1,点D,E 在直线BC 上运动.设BD=,x CE=y . (1)如果∠BAC=30°,∠DAE=105°,试确定y 与x 之间的函数解析式；(2)如果∠BAC 的度数为α,∠DAE 的度数为β,当α,β满足怎样的关系式时,(1)中y 与x 之间的函数解析式还成立?试说明理由. 解:(1)在△ABC 中,∵AB=AC,∠BAC=30°,∴∠ABC=∠ACB=75°, ∴∠ABD=∠ACE=105°.∵∠BAC=30°,∠DAE=105°, ∴∠DAB+∠CAE=75°, 又∠DAB+∠ADB=∠ABC=75°, ∴∠CAE=∠ADB,∴△ADB ∽△EAC, ∴AC BDCE AB =,∴11x y =, ∴x y 1=. (2)由于∠DAB+∠CAE=αβ-,又∠DAB+∠ADB=∠ABC=290α-︒,且函数关系式成立,∴290α-︒=αβ-, 整理得=-2αβ︒90.当=-2αβ︒90时,函数解析式x y 1=成立.例3如图3(1),在△ABC 中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3. 点O 是边AC 上的一个动点,以点O 为圆心作半圆,与边AB 相切于点D,交线段OC 于点E.作EP ⊥ED,交射线AB 于点P ,交射线CB 于点F.(1)求证: △ADE ∽△AEP .(2)设OA=x ,AP=y ,求y 关于x 的函数解析式,并写出它的定义域. (3)当BF=1时,求线段AP 的长. 解:(1)连结OD.根据题意,得OD ⊥AB,∴∠ODA=90°,∠ODA=∠DEP .又由OD=OE,得∠ODE=∠OED.∴∠ADE=∠AEP , ∴△ADE ∽△AEP . (2)∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3, ∴AC=5. ∵∠ABC=∠ADO=90°, ∴AEDCB 图2A3(2)3(1)OD ∥BC, ∴53x OD =,54xAD =, ∴OD=x 53,AD=x 54. ∴AE=x x 53+=x58. ∵△ADE ∽△AEP , ∴AE AD AP AE =, ∴x x y x 585458=. ∴xy 516= (8250≤<x ). (3)当BF=1时，①若EP 交线段CB 的延长线于点F,如图3(1)，则CF=4.∵∠ADE=∠AEP , ∴∠PDE=∠PEC. ∵∠FBP=∠DEP=90°, ∠FPB=∠DPE, ∴∠F=∠PDE, ∴∠F=∠FEC, ∴CF=CE.∴5-x 58=4,得85=x .可求得2=y ,即AP=2. ②若EP 交线段CB 于点F,如图3(2), 则CF=2.类似①,可得CF=CE.∴5-x 58=2,得815=x . 可求得6=y ,即AP=6.综上所述, 当BF=1时,线段AP 的长为2或6.三、应用求图形面积的方法建立函数关系式例4如图,在△ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC=22,⊙A 的半径为1.若点O 在BC 边上运动(与点B 、C 不重合),设BO=x ,△AOC 的面积为y . (1)求y 关于x 的函数解析式,并写出函数的定义域.(2)以点O 为圆心,BO 长为半径作圆O,求当⊙O 与⊙A 相切时, △AOC 的面积.解:(1)过点A 作AH ⊥BC,垂足为H.∵∠BAC=90°,AB=AC=22, ∴BC=4,AH=21BC=2. ∴OC=4-x . ∵AH OC S AOC ⋅=∆21, ∴4+-=x y (40<<x ).(2)①当⊙O 与⊙A 外切时,ABCO 图8HC在Rt △AOH 中,OA=1+x ,OH=x -2, ∴222)2(2)1(x x -+=+. 解得67=x .此时,△AOC 的面积y =617674=-.②当⊙O 与⊙A 内切时,在Rt △AOH 中,OA=1-x ,OH=2-x , ∴222)2(2)1(-+=-x x . 解得27=x .此时,△AOC 的面积y =21274=-.综上所述,当⊙O 与⊙A 相切时,△AOC 的面积为617或21.专题二：动态几何型压轴题动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。

中考数学动点题讲解

中考数学动点题讲解中考数学动点题主要考察考生对平面几何中动点的理解和应用能力。

在这种题型中，需要考生根据动点的特点和运动轨迹，推导出动点所在的图形的性质和相关参数。

以下是中考数学动点题的讲解。

1. 直线上动点问题直线上动点问题是动点题中最简单的一种，通常需要考生根据动点的移动轨迹，推导出线段长度、角度等相关量的变化规律。

例如，有一条长度为10的线段AB，动点P沿着这条线段从A点开始匀速向B点移动，求当P点到达B点时，线段AB的中点O的位置。

解题思路：由于P点是匀速移动的，可以通过构建等速度线段来找到P点在到达B点前所处的位置。

具体地，我们可以在AB上构造以A点和B点为端点、长度为5的等速度线段CD和EF，分别与P点的轨迹相交于C点和E点。

根据线段AB的中点公式，可以得出线段OB的长度为5，因此，当P点到达B点时，线段OB的位置位于B点的左侧5个单位长度处。

2. 圆上动点问题圆上动点问题通常需要考生根据动点所在的圆的性质，推导出相关的几何关系和参数。

例如，有一条固定的半径为3的圆和一个动点P沿着这个圆的周长运动，当P点从起始位置出发后，经过圆心O点后，再走过180度后又回到起始位置，求动点P所走的路径长度。

解题思路：由于P点沿着圆的周长匀速运动，因此，当P点运动经过180度后，它所走的路径长度就是圆的周长的一半，即3π。

又因为P点在运动过程中经过圆心O点，因此，P点所在的运动轨迹是一条弧线，其长度等于圆心角的对应弧长。

根据圆心角的定义，当P 点运动经过180度时，它所对应的圆心角为π，因此，P点所在弧线的长度为圆的周长的一半，即3π。

3. 平面内任意图形上动点问题平面内任意图形上的动点问题通常需要考生根据所给图形的几何特征，推导出动点所处的位置和相关参数。

例如，有一个正方形ABCD和一个动点P沿着正方形边界从A点开始匀速运动，当P点回到A点时，求P点所在的轨迹。

解题思路：由于P点沿着正方形边界匀速运动，它所在的轨迹应为一条四边形，其四个顶点分别为A、B、C、D。

中考数学动点问题专题讲解

中考动点专题所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.关键:动中求静.数学思想：分类思想函数思想方程思想数形结合思想转化思想注重对几何图形运动变化能力的考查从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。

选择基本的几何图形，让学生经历探索的过程，以能力立意，考查学生的自主探究能力，促进培养学生解决问题的能力．图形在动点的运动过程中观察图形的变化情况，需要理解图形在不同位置的情况，才能做好计算推理的过程。

在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。

中考数学专题复习动点型问题(含详细参考答案)

专题十动点型问题一、中考专题诠释所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.“动点型问题”题型繁多、题意创新，考察学生的分析问题、解决问题的能力，内容包括空间观念、应用意识、推理能力等，是近几年中考题的热点和难点。

二、解题策略和解法精讲解决动点问题的关键是“动中求静”.从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。

在动点的运动过程中观察图形的变化情况，理解图形在不同位置的情况，做好计算推理的过程。

在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。

三、中考考点精讲考点一：建立动点问题的函数解析式（或函数图像）函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容.动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系.例1（2013•兰州）如图，动点P从点A出发，沿线段AB运动至点B后，立即按原路返回，点P在运动过程中速度不变，则以点B为圆心，线段BP长为半径的圆的面积S与点P的运动时间t的函数图象大致为（）A．B．C．D．思路分析：分析动点P的运动过程，采用定量分析手段，求出S与t的函数关系式，根据关系式可以得出结论．解：不妨设线段AB长度为1个单位，点P的运动速度为1个单位，则：（1）当点P在A→B段运动时，PB=1-t，S=π（1-t）2（0≤t＜1）；（2）当点P在B→A段运动时，PB=t-1，S=π（t-1）2（1≤t≤2）．综上，整个运动过程中，S与t的函数关系式为：S=π（t-1）2（0≤t≤2），这是一个二次函数，其图象为开口向上的一段抛物线．结合题中各选项，只有B符合要求．故选B．点评：本题结合动点问题考查了二次函数的图象．解题过程中求出了函数关系式，这是定量的分析方法，适用于本题，如果仅仅用定性分析方法则难以作出正确选择．对应训练1．（2013•白银）如图，⊙O的圆心在定角∠α（0°＜α＜180°）的角平分线上运动，且⊙O.与∠α 的两边相切，图中阴影部分的面积 S 关于⊙O 的半径 r （r ＞0）变化的函数图象大致是（）A ．B ．C ．D ． 1．C考点二：动态几何型题目点动、线动、形动构成的问题称之为动态几何问题 . 它主要以几何图形为载体，运动变化为主线，集多个知识点为一体，集多种解题思想于一题 . 这类题综合性强，能力要求高，它能全面的考查学生的实践操作能力，空间想象能力以及分析问题和解决问题的能力动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。

中考数学复习专题二---动点问题题型方法归纳

长度单位和 2 个长度单位的速度沿 OC 和
BO 运动，当其中一个点停止运动时另一
个点也随之停止运动．设它们的运动的时
间为 t ( s) ，连接 y D
M
C PQ ，当
3
P
A O
Q Bx
（这里规定：点和线段是面积为形），解答下列问题：
O 的三角
（ 1）点 P 、 Q 从出发到相遇所用时间是
3 时，求 m的取值范围 ( 写出答案即可 ) ．
注意：发现特殊性， DE∥OA
6
动．
（ 1）直接写出 A、 B 两点的坐标；
（ 2）设点 Q 的运动时间为 t 秒， △OPQ
的面积为 S ，求出 S 与 t 之间的函数关系
式；
（ 3）当 S 48 时，求出点 P 的坐标，并 5
直接写出以点 O、 P、Q 为顶点的平行四边
形的第四个顶点 M 的坐标．
y B
提示：第（ 2 ）问按点 P 到拐点 B 所有时间分段分类；第（ 3 ）问是分类讨论：已知三定点 O 、 P、 Q ，探究第四点构成平行四边形时按已知线段身份不同分类 ---- ① OP 为边、 OQ 为边， ② OP 为边、 OQ 为对角线， ③ OP 为对角线、 OQ 为边。然后画出各类的图形，根据图形性质求顶点坐标。
动时间为 t( s)(0 t 2) ，连结 EF，当 t 为
何值时，△ BEF 为直角三角形．注意：第（ 3 ）问按直角位置分类讨论
C F
A
OEB
图
2
t 为何值时，四边形 BCPQ 的面积最小？并求出最小值及此时 PQ 的长．
注意：发现并充分运用特殊角∠ DAB=60 ° 当 △OPQ 面积最大时，四边形

重难点几何动点及最值、存在性问题(解析版)--2024年中考数学

重难点几何动点及最值、存在性问题目录题型01将军饮马问题题型02胡不归问题题型03阿氏圆问题题型04隐圆问题题型05费马点问题题型06瓜豆原理模型题型07等腰(边)三角形存在问题题型08直角三角形存在问题题型09平行四边形存在问题题型10矩形、菱形、正方形存在问题题型11全等/相似存在性问题题型12角度存在性问题【命题趋势】动态几何问题是近年来中考的一个重难点问题，以运动的观点探究几何图形或函数与几何图形的变化规律，从而确定某一图形的存在性问题．随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题．【基本原理】1)基本原理(定点到定点)：两点之间，线段最短.2)三角形两边之和>第三边3)基本原理(定点到定线)：垂线段最短.4)平行线的距离处处相等.5)基本原理(定点到定圆)：点圆之间，点心线截距最短(长).6)基本原理(定线到定圆)：线圆之间，心垂线截距最短.7)基本原理(定圆到定圆)：圆圆之间，连心线截距最短(长).【解题思路】1)动态几何问题是以几何图形为背景的，几何图形有直线型和曲线型两种，那么动态几何也有直线型的和曲线型的两类，即全等三角形、相似三角形中的动态几何问题，也有圆中的动态问题．有点动、线动、面动，就其运动形式而言，有平移、旋转、翻折、滚动等．根据其运动的特点，又可分为(1)动点类(点在线段或弧线上运动)也包括一个动点或两个动点；(2)动直线类；(3)动图形问题．2)解决动态几何题，通过观察，对几何图形运动变化规律的探索，发现其中的“变量”和“定量”动中求静，即在运动变化中探索问题中的不变性；动静互化抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题，从而找到“动与静”的关系；这需要有极敏锐的观察力和多种情况的分析能力，加以想象、结合推理，得出结论．解决这类问题，要善于探索图形的运动特点和规律抓住变化中图形的性质与特征，化动为静，以静制动．解决运动型试题需要用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注--些不变量和不变关系或特殊关系．3)动态几何形成的存在性问题，重点和难点在于应用分类思想和数形结合的思想准确地进行分类，包括等腰(边)三角形存在问题，直角三角形存在问题，平行四边形存在问题，矩形、菱形、正方形存在问题．全等三角形存在问题，相似三角形存在问题等．题型01 将军饮马问题1(2023·辽宁盘锦·中考真题)如图，四边形ABCD 是矩形，AB =10，AD =42，点P 是边AD 上一点(不与点A ，D 重合)，连接PB ，PC ．点M ，N 分别是PB ，PC 的中点，连接MN ，AM ，DN ，点E 在边AD 上，ME ∥DN ，则AM +ME 的最小值是()A.23B.3C.32D.42【答案】C【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得AM =12BP ，DN =12CP ，通过证明四边形MNDE 是平行四边形，可得ME =DN ，则AM +ME =AM +DN =12BP +CP ，作点C 关于直线AD 的对称点M ，则BP +CP =BP +PM ，点B ，P ，M 三点共线时，BP +PM 的值最小，最小值为BM ．【详解】解：∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BAP =∠CDP =90°，AD ∥BC ，∵点M ，N 分别是PB ，PC 的中点，∴AM =12BP ，DN =12CP ，MN =12BC ，MN ∥BC ，∵AD ∥BC ，MN ∥BC ，∴MN ∥BC ，又∵ME ∥DN ，∴四边形MNDE 是平行四边形，∴ME =DN ，∴AM +ME =AM +DN =12BP +CP ，如图，作点C 关于直线AD 的对称点M ，连接PM ，BM ，则BP +CP =BP +PM ，当点B ，P ，M 三点共线时，BP +PM 的值最小，最小值为BM ，在Rt △BCM 中，MC =2CD =2AB =210，BC =AD =42，∴BM =BC 2+MC 2=42 2+210 2=62，∴AM +ME 的最小值=12BM =32，故选C ．【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思想．2(2023·广东广州·中考真题)如图，正方形ABCD 的边长为4，点E 在边BC 上，且BE =1，F 为对角线BD 上一动点，连接CF ，EF ，则CF +EF 的最小值为．【答案】17【分析】连接AE 交BD 于一点F ，连接CF ，根据正方形的对称性得到此时CF +EF =AE 最小，利用勾股定理求出AE 即可．【详解】解：如图，连接AE 交BD 于一点F ，连接CF ，∵四边形ABCD 是正方形，∴点A 与点C 关于BD 对称，∴AF =CF ，∴CF +EF =AF +EF =AE ，此时CF +EF 最小，∵正方形ABCD 的边长为4，∴AD =4,∠ABC =90°，∵点E 在AB 上，且BE =1，∴AE =AB 2+BE 2=42+12=17，即CF +EF 的最小值为17故答案为：17．【点睛】此题考查正方形的性质，熟练运用勾股定理计算是解题的关键．3(2023·四川宜宾·中考真题)如图，在平面直角坐标系xOy 中，等腰直角三角形ABC 的直角顶点C 3，0 ，顶点A 、B 6，m 恰好落在反比例函数y =k x第一象限的图象上．(1)分别求反比例函数的表达式和直线AB 所对应的一次函数的表达式；(2)在x 轴上是否存在一点P ，使△ABP 周长的值最小．若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y =6，y =-1x +4(2)在x 轴上存在一点P 5,0 ，使△ABP 周长的值最小,最小值是25+42．【分析】(1)过点A 作AE ⊥x 轴于点E ，过点B 作BD ⊥x 轴于点D ，证明△ACE ≌△CBD AAS ，则CD =AE =3,BD =EC =m ，由OE =3-m 得到点A 的坐标是3-m ,3 ，由A 、B 6，m 恰好落在反比例函数y =k x第一象限的图象上得到33-m =6m ，解得m =1，得到点A 的坐标是2,3 ，点B 的坐标是6,1 ，进一步用待定系数法即可得到答案；(2)延长AE 至点A ，使得EA =AE ，连接A B 交x 轴于点P ，连接AP ，利用轴对称的性质得到AP =A P ，A2,-3 ，则AP +PB =A B ，由AB =25知AB 是定值，此时△ABP 的周长为AP +PB +AB =AB +A B 最小，利用待定系数法求出直线A B 的解析式，求出点P 的坐标，再求出周长最小值即可．【详解】(1)解：过点A 作AE ⊥x 轴于点E ，过点B 作BD ⊥x 轴于点D ，则∠AEC =∠CDB =90°，∵点C 3，0 ，B 6，m ，∴OC =3,OD =6, BD =m ，∴CD =OD -OC =3，∵△ABC 是等腰直角三角形，∴∠ACB =90°,AC =BC ，∵∠ACE +∠BCD =∠CBD +∠BCD =90°，∴∠ACE =∠CBD ，∴△ACE ≌△CBD AAS ，∴CD =AE =3,BD =EC =m ，∴OE =OC -EC =3-m ，∴点A 的坐标是3-m ,3 ，∵A 、B 6，m 恰好落在反比例函数y =k x第一象限的图象上．∴33-m =6m ，解得m =1，∴点A 的坐标是2,3 ，点B 的坐标是6,1 ，∴k =6m =6，∴反比例函数的解析式是y =6x，设直线AB 所对应的一次函数的表达式为y =px +q ，把点A 和点B 的坐标代入得，2p +q =36p +q =1 ，解得p =-12q =4 ,∴直线AB 所对应的一次函数的表达式为y =-12x +4，(2)延长AE 至点A ，使得EA =AE ，连接A B 交x 轴于点P ，连接AP ，∴点A 与点A 关于x 轴对称，∴AP =A P ，A 2,-3，∵AP +PB =A P +PB =A B ，∴AP +PB 的最小值是A B 的长度，∵AB =2-6 2+3-1 2=25，即AB 是定值，∴此时△ABP 的周长为AP +PB +AB =AB +A B 最小，设直线A B 的解析式是y =nx +t ，则2n +t =-3 ，解得n =1t =-5 ，∴直线A B 的解析式是y =x -5，当y =0时，0=x -5，解得x =5，即点P 的坐标是5,0 ，此时AP +PB +AB =AB +A B =25+2-6 2+-3-1 2=25+42，综上可知，在x 轴上存在一点P 5,0 ，使△ABP 周长的值最小，最小值是25+42．【点睛】此题考查了反比例函数和一次函数的图象和性质、用到了待定系数法求函数解析式、勾股定理求两点间距离、轴对称最短路径问题、全等三角形的判定和性质等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．题型02 胡不归问题1(2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题)如图，在△ABC 中，AB =AC =4，∠CAB =30°，AD ⊥BC ，垂足为D ，P 为线段AD 上的一动点，连接PB 、PC ．则PA +2PB 的最小值为．【答案】42【分析】在∠BAC 的外部作∠CAE =15°，作BF ⊥AE 于F ，交AD 于P ，此时PA +2PB =212PA +PB=12PF +PB =2BF ，通过解直角三角形ABF ，进一步求得结果．【详解】解：如图，在∠BAC 的外部作∠CAE =15°，作BF ⊥AE 于F ，交AD 于P ，此时PA +2PB 最小，∴∠AFB =90°∵AB =AC ，AD ⊥BC ，∴∠CAD =∠BAD =12∠BAC =12×30°=15°，∴∠EAD =∠CAE +∠CAD =30°，∴PF =12PA ，∴PA +2PB =212PA +PB =12PF +PB =2BF ，在Rt △ABF 中，AB =4，∠BAF =∠BAC +∠CAE =45°，∴BF =AB •sin45°=4×22=22，∴(PA +2PB )最大=2BF =42，故答案为：42．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角直角三角形，解题的关键是作辅助线．2(2023·湖南湘西·中考真题)如图，⊙O 是等边三角形ABC 的外接圆，其半径为4．过点B 作BE ⊥AC 于点E ，点P 为线段BE 上一动点(点P 不与B ，E 重合)，则CP +12BP 的最小值为．【答案】6【分析】过点P 作PD ⊥AB ，连接CO 并延长交AB 于点F ，连接AO ，根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到OA =OB =4，CF ⊥AB ，然后利用含30°角直角三角形的性质得到OE =12OA =2，进而求出BE =BO +EO =6，然后利用CP +12BP =CP +PD ≤CF 代入求解即可．【详解】如图所示，过点P 作PD ⊥AB ，连接CO 并延长交AB 于点F ，连接AO∵△ABC 是等边三角形，BE ⊥AC∴∠ABE =∠CBE =12∠ABC =30°∵⊙O 是等边三角形ABC 的外接圆，其半径为4∴OA =OB =4，CF ⊥AB ，∴∠OBA =∠OAB =30°∴∠OAE =∠OAB =12∠BAC =30°∵BE ⊥AC∴OE =12OA =2∴BE =BO +EO =6∵PD ⊥AB ，∠ABE =30°∴PD =12PB ∴CP +12BP =CP +PD ≤CF ∴CP +12BP 的最小值为CF 的长度∵△ABC 是等边三角形，BE ⊥AC ，CF ⊥AB∴CF =BE =6∴CP +12BP 的最小值为6．故答案为：6．【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含30°角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．3(2023·辽宁锦州·中考真题)如图，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，∠ABC =30°，AC =4，按下列步骤作图：①在AC 和AB 上分别截取AD 、AE ，使AD =AE ．②分别以点D 和点E 为圆心，以大于12DE 的长为半径作弧，两弧在∠BAC 内交于点M ．③作射线AM 交BC 于点F ．若点P 是线段AF 上的一个动点，连接CP ，则CP +12AP 的最小值是．【答案】23【分析】过点P 作PQ ⊥AB 于点Q ，过点C 作CH ⊥AB 于点H ，先利用角平分线和三角形的内角和定理求出∠BAF =30°，然后利用含30°的直角三角的性质得出PQ =12AP ，则CP +12AP =CP +PQ ≥CH ，当C 、P 、Q 三点共线，且与AB 垂直时，CP +12AP 最小，CP +12AP 最小值为CH ，利用含30°的直角三角的性质和勾股定理求出AB ，BC ，最后利用等面积法求解即可．【详解】解：过点P 作PQ ⊥AB 于点Q ，过点C 作CH ⊥AB 于点H ，由题意知：AF 平分∠BAC ，∵∠ACB =90°，∠ABC =30°，∴∠BAC =60°，∴∠BAF =12∠BAC =30°，∴PQ =12AP ，∴CP +12AP =CP +PQ ≥CH ，∴当C 、P 、Q 三点共线，且与AB 垂直时，CP +12AP 最小，CP +12AP 最小值为CH ，∵∠ACB =90°，∠ABC =30°，AC =4，∴AB =2AC =8，∴BC =AB 2-AC 2=43，∵S △ABC =12AC ⋅BC =12AB ⋅CH ，∴CH =AC ⋅BC AB =4×438=23，即CP +12AP 最小值为23．故答案为：23．【点睛】本题考查了尺规作图-作角平分线，含30°的直角三角形的性质，勾股定理等知识，注意掌握利用等积法求三角形的高或点的线的距离的方法．题型03 阿氏圆问题1(2023·山东烟台·中考真题)如图，抛物线y =ax 2+bx +5与x 轴交于A ,B 两点，与y 轴交于点C ,AB =4．抛物线的对称轴x =3与经过点A 的直线y =kx -1交于点D ，与x 轴交于点E ．(1)求直线AD 及抛物线的表达式；(2)在抛物线上是否存在点M ，使得△ADM 是以AD 为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M 的坐标；若不存在，请说明理由；(3)以点B 为圆心，画半径为2的圆，点P 为⊙B 上一个动点，请求出PC +12PA 的最小值．【答案】(1)直线AD 的解析式为y =x -1；抛物线解析式为y =x 2-6x +5(2)存在，点M 的坐标为4,-3 或0,5 或5,0(3)41【分析】(1)根据对称轴x =3，AB =4，得到点A 及B 的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；(2)先求出点D 的坐标，再分两种情况：①当∠DAM =90°时，求出直线AM 的解析式为y =-x +1，解方程组y =-x +1y =x 2-6x +5 ，即可得到点M 的坐标；②当∠ADM =90°时，求出直线DM 的解析式为y =-x +5，解方程组y =-x +5y =x 2-6x +5 ，即可得到点M 的坐标；(3)在AB 上取点F ，使BF =1，连接CF ，证得BF PB =PB AB ，又∠PBF =∠ABP ，得到△PBF ∽△ABP ，推出PF =12PA ，进而得到当点C 、P 、F 三点共线时，PC +12PA 的值最小，即为线段CF 的长，利用勾股定理求出CF 即可．【详解】(1)解：∵抛物线的对称轴x =3，AB =4，∴A 1,0 ,B 5,0 ，将A 1,0 代入直线y =kx -1，得k -1=0，解得k =1，∴直线AD 的解析式为y =x -1；将A 1,0 ,B 5,0 代入y =ax 2+bx +5，得a +b +5=025a +5b +5=0 ，解得a =1b =-6 ，∴抛物线的解析式为y =x 2-6x +5；(2)存在点M ，∵直线AD 的解析式为y =x -1，抛物线对称轴x =3与x 轴交于点E ．∴当x =3时，y =x -1=2，∴D 3,2 ，①当∠DAM =90°时，设直线AM 的解析式为y =-x +c ，将点A 坐标代入，得-1+c =0，解得c =1，∴直线AM 的解析式为y =-x +1，解方程组y =-x +1y =x 2-6x +5 ，得x =1y =0 或x =4y =-3 ，∴点M 的坐标为4,-3 ；②当∠ADM =90°时，设直线DM 的解析式为y =-x +d ，将D 3,2 代入，得-3+d =2，解得d =5，∴直线DM 的解析式为y =-x +5，解方程组y =-x +5y =x 2-6x +5 ，解得x =0y =5 或x =5y =0 ，∴点M 的坐标为0,5 或5,0综上，点M 的坐标为4,-3 或0,5 或5,0 ；(3)如图，在AB 上取点F ，使BF =1，连接CF ，∵PB =2，∴BF PB =12，∵PB AB =24=12，、∴BF PB =PB AB，又∵∠PBF =∠ABP ，∴△PBF ∽△ABP ，∴PF PA =BF PB =12，即PF =12PA ，∴PC +12PA =PC +PF ≥CF ，∴当点C 、P 、F 三点共线时，PC +12PA 的值最小，即为线段CF 的长，∵OC =5,OF =OB -1=5-1=4，∴CF =OC 2+OF 2=52+42=41，∴PC +12PA 的最小值为41．【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．2(2023·山东济南·一模)抛物线y =-12x 2+a -1 x +2a 与x 轴交于A b ,0 ，B 4,0 两点，与y 轴交于点C 0,c ，点P 是抛物线在第一象限内的一个动点，且在对称轴右侧．(1)求a ，b ，c 的值；(2)如图1，连接BC 、AP ，交点为M ，连接PB ，若S △PMB S △AMB=14，求点P 的坐标；(3)如图2，在(2)的条件下，过点P 作x 轴的垂线交x 轴于点E ，将线段OE 绕点O 逆时针旋转得到OE '，旋转角为α(0°<α<90°)，连接E 'B ，E C ，求E B +34E C 的最小值．【答案】(1)a =2，b =-2，c =4(2)P 3,52(3)3374【分析】(1)利用待定系数法求解即可；(2)过点P 作PD ⊥x 轴，交BC 于点D ，过点A 作y 轴的平行线交BC 的延长线于H ，求得l BC 的解析式，设P m ,-12m 2+m +4 ，则D m ,-m +4 ，利用相似三角形的判定与性质可得答案；(3)在y 轴上取一点F ，使得OF =94，连接BF ，由相似三角形的判定与性质可得FE =34CE ，可得E B +34E C =BE +E F ，即可解答．【详解】(1)解：将B 4,0 代入y =-12x 2+a -1 x +2a ，得-8+4a -1 +2a =0，∴a =2，∴抛物线的解析式为y =-12x 2+x +4，令x =0，则y =4，∴c =4，令y =0，则0=-12x 2+x +4，∴x 1=4，x 2=-2，∴A -2,0 ，即b =-2；∴a =2，b =-2，c =4(2)过点P 作PD ⊥x 轴，交BC 于点D ，过点A 作y 轴的平行线交BC 的延长线于H ，设l BC ：y =kx +b ，将0,4 ，4,0 代入得b =44k +b =0 解得：b =4，k =-1，∴l BC ：y =-x +4，设P m ,-12m 2+m +4 ，则D m ,-m +4 ，PD =y P -y D =-12m 2+m +4--m +4 =-12m 2+2m ，∵PD ∥HA ，∴△AMH ∽△PMD ，∴PM MA =PD HA，将x =-2代入y =-x +4，∴HA =6，∵S △PMB S △AMB =12PM ⋅h 12AM ⋅h =PM AM =14，∴PD HA =PD 6=14，∴PD =32，∴32=-12m 2+2m ，∴m 1=1(舍)，m 2=3，∴P 3,52 ；(3)在y 轴上取一点F ，使得OF =94，连接BF ，根据旋转得性质得出：OE =OE =3，∵OF ⋅OC =94×4=9，∴OE 2=OF ⋅OC ，∴OE OF =OC OE，∵∠COE =∠FOE ，∴△FOE ∽△E OC ，∴FE CE =OE OC =34，∴FE =34CE ，∴E B +34E C =BE +E F ，当B 、E '、F 三点共线时，此时E B +34E C 最小=BF ，最小值为：BF =42+94 2=3374．【点睛】此题考查的是二次函数的综合题意，涉及到相似三角形的判定与性质、二次函数与面积的问题、待定系数法求解析式，旋转的性质等知识．正确的作出辅助线是解此题的关键．题型04 隐圆问题1(2022·山东泰安·中考真题)如图，四边形ABCD 为矩形，AB =3，BC =4．点P 是线段BC 上一动点，点M 为线段AP 上一点．∠ADM =∠BAP ，则BM 的最小值为()A.5B.12C.13-3D.13-2【答案】D【分析】证明∠AMD=90°，得出点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上，从而计算出答案．【详解】设AD的中点为O，以O点为圆心，AO为半径画圆∵四边形ABCD为矩形∴∠BAP+∠MAD=90°∵∠ADM=∠BAP∴∠MAD+∠ADM=90°∴∠AMD=90°∴点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上连接OB交圆O与点N∵点B为圆O外一点∴当直线BM过圆心O时，BM最短∵BO2=AB2+AO2，AO=12AD=2∴BO2=9+4=13∴BO=13∵BN=BO-AO=13-2故选：D．【点睛】本题考查直角三角形、圆的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形和圆的相关知识．2(2022·安徽蚌埠·一模)如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=6，P是△ABC内部的一个动点，满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为()A.325B.2C.213-6D.213-4【答案】D【分析】结合题意推导得∠APB=90°，取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP；根据直角三角形斜边中线的性质，得OP=OA=OB=12AB=4；根据圆的对称性，得点P在以AB为直径的⊙O上，根据两点之间直线段最短的性质，得当点O、点P、点C三点共线时，PC最小；根据勾股定理的性质计算得OC，通过线段和差计算即可得到答案．【详解】∵∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵∠PAB=∠PBC，∴∠BAP+∠ABP=90°，∴∠APB=90°，取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP，∴OP=OA=OB=12AB=4∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，当点O、点P、点C三点共线时，PC最小在Rt△BCO中，∵∠OBC=90°，BC=6，OB=4，∴OC=BO2+BC2=42+62=213，∴PC=OC-OP=213-4∴PC最小值为213-4故选：D．【点睛】本题考查了两点之间直线段最短、圆、勾股定理、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、两点之间直线段最短、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解．3(20-21九年级上·江苏盐城·期末)如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为(5,12)，点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为．【答案】18【分析】由RtΔAPB中AB=2OP知要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM，交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最小值，据此求解可得．【详解】解：连接OP，∵PA⊥PB，∴∠APB=90°，∵AO=BO，∴AB=2PO，若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM，交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最小值，过点M作MQ⊥x轴于点Q，则OQ=5，MQ=12，∴OM=13，又∵MP'=4，∴OP'=9，∴AB=2OP'=18，故答案是：18．【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AB取得最小值时点P的位置．4(2021九年级·全国·专题练习)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是(1，0)，(7，0)．(1)对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB=45°，则称点P为线段AB的“等角点”．显然，线段AB的“等角点”有无数个，且A、B、P三点共圆．①设A 、B 、P 三点所在圆的圆心为C ，直接写出点C 的坐标和⊙C 的半径；②y 轴正半轴上是否有线段AB 的“等角点”？如果有，求出“等角点”的坐标；如果没有，请说明理由；(2)当点P 在y 轴正半轴上运动时，∠APB 是否有最大值？如果有，说明此时∠APB 最大的理由，并求出点P 的坐标；如果没有请说明理由．【答案】(1)①(4，3)或(4,-3)，半径为32；②存在，(0，3+2)或(0，3-2)，见解析；(2)有，见解析，(0，7)【分析】(1)①在x 轴的上方，作以AB 为斜边的等腰直角三角形△ACB ，易知A ，B ，P 三点在⊙C 上，圆心C 的坐标为(4,3)，半径为32，根据对称性可知点C (4，-3)也满足条件；②当圆心为C (4，3)时，过点C 作CD ⊥y 轴于D ，则D (0，3)，CD =4，根据⊙C 的半径得⊙C 与y 轴相交，设交点为P 1，P 2，此时P 1，P 2在y 轴的正半轴上，连接CP 1、CP 2、CA ，则CP 1=CP 2=CA =r =32，得DP 2=2，即可得；(2)如果点P 在y 轴的正半轴上，设此时圆心为E ，则E 在第一象限，在y 轴的正半轴上任取一点M (不与点P 重合)，连接MA ，MB ，PA ，PB ，设MB 交于⊙E 于点N ，连接NA ，则∠APB =∠ANB ，∠ANB 是△MAN的外角，∠ANB >∠AMB ，即∠APB >∠AMB ，过点E 作EF ⊥x 轴于F ，连接EA ，EP ，则AF =12AB =3，OF =4，四边形OPEF 是矩形，OP =EF ，PE =OF =4，得EF =7，则OP =7，即可得．【详解】(1)①如图1中，在x 轴的上方，作以AB 为斜边的等腰直角三角形△ACB ，易知A ，B ，P 三点在⊙C 上，圆心C 的坐标为(4,3)，半径为32，根据对称性可知点C (4,-3)也满足条件；②y 轴的正半轴上存在线段AB 的“等角点“。

中考数学压轴专题：动点问题解析版

1..如图，在平面直角坐标系中，点C 的坐标为（0，4），动点A 以每秒1个单位长的速度，从点O 出发沿x 轴的正方向运动，M 是线段AC 的中点．将线段AM 以点A 为中心，沿顺时针方向旋转︒90，得到线段AB ．过点B 作x 轴的垂线，垂足为E ，过点C 作y 轴的垂线，交直线BE 于点D ．运动时间为t 秒．（1）当点B 与点D 重合时，求t 的值；（2）设△BCD 的面积为S ，当t 为何值时，S 254=（3）连接MB ，当MB ∥OA 时，如果抛物线2y ax 10ax =-的顶点在△ABM 内部（不包括边），求a 的取值范围．2.如图，⊙C 的内接△AOB 中，AB=AO=4,tan ∠AOB=43,抛物线2y ax bx =+经过点A(4，0)与点（-2，6）（1）求抛物线的函数解析式．（2）直线m 与⊙C 相切于点A 交y 轴于点D ，动点P 在线段OB 上，从点O 出发向点B 运动;同时动点Q 在线段DA 上，从点D 出发向点A 运动，点P 的速度为每秒1个单位长，点Q 的速度为每秒2个单位长，当PQ ⊥AD 时,求运动时间t 的值（3）点R 在抛物线位于x 轴下方部分的图象上，当△ROB 面积最大时，求点R 的坐标.3.如图甲，四边形OABC 的边OA 、OC 分别在x 轴、y 轴的正半轴上，顶点在B 点的抛物线交x轴于点A 、D ，交y 轴于点E ，连接AB 、AE 、BE ．已知tan ∠CBE=13，A （3，0），D （﹣1，0），E （0，3）．（1）求抛物线的解析式及顶点B 的坐标；（2）求证：CB 是△ABE 外接圆的切线；（3）试探究坐标轴上是否存在一点P ，使以D 、E 、P 为顶点的三角形与△ABE 相似，若存在，直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由；（4）设△AOE 沿x 轴正方向平移t 个单位长度（0＜t≤3）时，△AOE 与△ABE 重叠部分的面积为s ，求s 与t 之间的函数关系式，并指出t 的取值范围．4.已知，如图，在平面直角坐标系中，点A 坐标为(－2，0)，点B 坐标为（0，2 ），点E 为线段AB 上的动点(点E 不与点A ，B 重合)，以E 为顶点作∠OET=45°，射线ET 交线段OB 于点F ，C 为y 轴正半轴上一点，且OC=AB ，抛物线y=2-x 2+mx+n 的图象经过A ，C 两点.（1）求此抛物线的函数表达式；（2）求证：∠BEF=∠AOE ；（3）当△EOF 为等腰三角形时，求此时点E 的坐标；（4）在（3）的条件下，当直线EF 交x 轴于点D ，P 为（1）中抛物线上一动点，直线PE 交x 轴于点G ，在直线EF 上方的抛物线上是否存在一点P ，使得△EPF 的面积是△EDG 面积的（122+）倍.若存在，请直接．．写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答.5.如图，直线AB交x轴于点B（4，0），交y轴于点A（0，4），直线DM⊥x轴正半轴于点M，交线段AB于点C，DM=6，连接DA，∠DAC=90°．（1）直接写出直线AB的解析式；（2）求点D的坐标；（3）若点P是线段MB上的动点，过点P作x轴的垂线，交AB于点F，交过O、D、B三点的抛物线于点E，连接CE．是否存在点P，使△BPF与△FCE相似若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．6．（10分）（2015•常州）如图，一次函数y=﹣x+4的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点A作x轴的垂线l，点P为直线l上的动点，点Q为直线AB与△OAP外接圆的交点，点P、Q与点A都不重合．（1）写出点A的坐标；（2）当点P在直线l上运动时，是否存在点P使得△OQB与△APQ全等如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．（3）若点M在直线l上，且∠POM=90°，记△OAP外接圆和△OAM外接圆的面积分别是S1、S2，求的值．7．（10分）（2015•常州）如图，反比例函数y=的图象与一次函数y=x 的图象交于点A 、B ，点B 的横坐标是4．点P 是第一象限内反比例函数图象上的动点，且在直线AB 的上方．（1）若点P 的坐标是（1，4），直接写出k 的值和△PAB 的面积；（2）设直线PA 、PB 与x 轴分别交于点M 、N ，求证：△PMN 是等腰三角形；（3）设点Q 是反比例函数图象上位于P 、B 之间的动点（与点P 、B 不重合），连接AQ 、BQ ，比较∠PAQ 与∠PBQ 的大小，并说明理由．1.【答案】解：（1）∵CAO BAE 90∠+∠=︒，∴CAO ABE ∠=∠。

中考数学综合题专题【动点综合型问题一】专题解析

中考数学综合题专题【动点综合型问题一】专题解析1．（北京模拟）已知抛物线y ＝－x2＋2x ＋m －2与y 轴交于点A （0，2m －7），与直线y ＝2x 交于点B 、C （B 在C 的右侧）．（1）求抛物线的解析式；（2）设抛物线的顶点为E ，在抛物线的对称轴上是否存在一点F ，使得∠BFE ＝∠CFE ，若存在，求出点F 的坐标，若不存在，说明理由；（3）动点P 、Q 同时从原点出发，分别以每秒 5 个单位长度、每秒25个单位长度的速度沿射线OC 运动，以PQ 为斜边在直线BC 的上方作直角三角形PMQ （直角边分别平行于坐标轴），设运动时间为t 秒．若△PMQ 与抛物线y ＝－x2＋2x ＋m －2有公共点，求t 的取值范围．解：（1）把点A （0，2m －7）代入y ＝－x2＋2x ＋m －2，得m ＝5∴抛物线的解析式为y ＝－x2＋2x ＋3（2）由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x2＋2x ＋3y ＝2x 解得⎩⎨⎧x 1＝3y 1＝23 ⎩⎨⎧x 2＝－3y 2＝－23∴B （3，23），C （－3，－23） ∵y ＝－x2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4∴抛物线的对称轴为x ＝1设F （1，y ）∵∠BFE ＝∠CFE ，∴tan ∠BFE ＝tan ∠CFE 当点F 在点B 上方时，3－1y －23＝3＋1y ＋23解得y ＝6，∴F （1，6）当点F 在点B 下方时，3－123－y＝3＋1－y －23解得y ＝6（舍去）∴满足条件的点F 的坐标是F （1，6）（3）由题意，OP ＝5t ，OQ ＝25t ，∴PQ ＝5t ∵P 、Q 在直线直线y ＝2x 上∴设P （x ，2x ），则Q （2x ，4x ）（x＜0）∴x 2＋4x 2＝5t ，∴x ＝－t∴P （－t ，－2t ），Q （－2t ，－4t ）∴M （－2t ，－2t ）当M （－2t ，－2t ）在抛物线上时，有－2t ＝－4t2－4t ＋3解得t ＝13－14（舍去负值）当P （－t ，－2t ）在抛物线上时，有－2t ＝－t2－2t ＋3 解得t ＝3（舍去负值）∴t 的取值范围是：13－14≤t≤ 32．（北京模拟）在平面直角坐标系中，抛物线y 1＝ax2＋3x ＋c 经过原点及点A （1，2），与x 轴相交于另一点B ．（1）求抛物线y 1的解析式及B 点坐标；（2）若将抛物线y 1以x ＝3为对称轴向右翻折后，得到一条新的抛物线y 2，已知抛物线y 2与x 轴交于两点，其中右边的交点为C 点．动点P 从O 点出发，沿线段OC 向C 点运动，过P 点作x 轴的垂线，交直线OA 于D 点，以PD 为边在PD 的右侧作正方形PDEF ． ①当点E 落在抛物线y 1上时，求OP 的长；②若点P 的运动速度为每秒1个单位长度，同时线段OC 上另一点Q 从C 点出发向O 点运动，速度为每秒2个单位长度，当Q 点到达O 点时P 、Q 两点停止运动．过Q 点作x 轴的垂线，与直线AC 交于G 点，以QG 为边在QG 的左侧作正方形QGMN ．当这两个正方形分别有一条边恰好落在同一条直线上时，求t 的值．（正方形在x 轴上的边除外）解：（1）∵抛物线y 1＝ax2＋3x ＋c 经过原点及点A （1，2） ∴⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2a ＋3＋c ＝2 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1c ＝0 ∴抛物线y 1的解析式为y 1＝－x2＋3x令y 1＝0，得－x2＋3x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝3∴B （3，0）（2）①由题意，可得C （6，0）过A 作AH ⊥x 轴于H ，设OP ＝a可得△ODP ∽△OAH ，∴DPOP＝AHOH＝2∴DP ＝2OP ＝2a∵正方形PDEF ，∴E （3a ，2a ）∵E （3a ，2a ）在抛物线y 1＝－x2＋3x 上∴2a ＝－9a2＋9a ，解得a 1＝0（舍去），a 2＝79∴OP 的长为79②设直线AC 的解析式为y ＝kx ＋b ∴⎩⎪⎨⎪⎧2＝k ＋b 0＝6k ＋b 解得k ＝－2 5 ，b ＝12 5∴直线AC 的解析式为y ＝－2 5 x ＋125由题意，OP ＝t ，PF ＝2t ，QC ＝2t ，GQ ＝ 45t 当EF 与MN 重合时，则OF ＋CN ＝6∴3t ＋2t ＋ 4 5 t ＝6，∴t ＝3029当EF 与GQ 重合时，则OF ＋QC ＝6∴3t ＋2t ＝6，∴t ＝65当DP 与MN 重合时，则OP ＋CN ＝6∴t ＋2t ＋ 4 5 t ＝6，∴t ＝3019当DP 与GQ 重合时，则OP ＋CQ ＝6∴t ＋2t ＝6，∴t ＝23．（北京模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax2＋bx ＋4经过A （－3，0）、B （4，0）两点，且与y 轴交于点C ，点D 在x 轴的负半轴上，且BD ＝BC ．动点P 从点A 出发，沿线段AB 以每秒1个单位长度的速度向点B 移动，同时动点Q 从点C 出发，沿线段CA 以某一速度向点A 移动．（1）求该抛物线的解析式；（2）若经过t 秒的移动，线段PQ 被CD 垂直平分，求此时t 的值；（3）该抛物线的对称轴上是否存在一点M ，使MQ ＋MA 的值最小？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）∵抛物线y ＝ax2＋bx ＋4经过A （－3，0）、B （4，0）两点 ∴⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋4＝016a ＋4b ＋4＝0 解得a ＝－1 3 ，b ＝1 3∴所求抛物线的解析式为y ＝－ 1 3 x 2＋ 13x ＋4 （2）连接DQ ，依题意知AP ＝t∵抛物线y ＝－ 1 3 x 2＋ 13x ＋4与y 轴交于点C∴C （0，4）又A （－3，0，B （4，0）可得AC ＝5，BC ＝42，AB ＝7∵BD ＝BC ，∴AD ＝AB －BD ＝7－42∵CD 垂直平分PQ ，∴QD ＝DP ，∠CDQ ＝∠CDP ∵BD ＝BC ，∴∠DCB ＝∠CDB ∴∠CDQ ＝∠DCB ，∴DQ ∥BC∴△ADQ ∽△ABC ，∴ADAB＝DQBC∴ADAB＝DPBC，∴7－427＝DP42解得DP ＝42－32 7 ，∴AP ＝AD ＋DP ＝177∴线段PQ 被CD 垂直平分时，t 的值为177（3）设抛物线y ＝－ 1 3 x 2＋ 1 3 x ＋4的对称轴x ＝ 12与x 轴交于点E由于点A 、B 关于对称轴x ＝ 12对称，连接BQ 交对称轴于点M 则MQ ＋MA ＝MQ ＋MB ，即MQ ＋MA ＝BQ 当BQ ⊥AC 时，BQ 最小，此时∠EBM ＝∠ACO∴tan ∠EBM ＝tan ∠ACO ＝34∴ ME BE ＝ 3 4 ，即 ME 4－ 1 2＝ 34 ，解得ME ＝21 8∴M （1 2，21 8）∴在抛物线的对称轴上存在一点M （1 2，218），使得MQ ＋MA 的值最小4．（北京模拟）如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝6，BC ＝8．动点P 从点A 出发，沿AC →CB →BA 边运动，点P 在AC 、CB 、BA 边上运动的速度分别为每秒3、4、5个单位．直线l 从与AC 重合的位置开始，以每秒 43个单位的速度沿CB 方向移动，移动过程中保持l ∥AC ，且分别与CB 、AB 边交于点E 、F ．点P 与直线l 同时出发，设运动的时间为t 秒，当点P 第一次回到点A 时，点P 和直线l 同时停止运动．（1）当t ＝_________秒时，点P 与点E 重合；当t ＝_________秒时，点P 与点F 重合；（2）当点P 在AC 边上运动时，将△PEF 绕点E 逆时针旋转，使得点P 的对应点P′ 落在EF 上，点F 的对应点为F′ ，当EF′⊥AB 时，求t 的值；（3）作点P 关于直线EF 的对称点Q ，在运动过程中，若形成的四边形PEQF 为菱形，求t 的值；（4）在整个运动过程中，设△PEF 的面积为S ，直接写出S 关于t 的函数关系式及S 的最大值．解：（1）3；4.5提示：在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝6，BC ＝8∴AB ＝6 2＋82＝10，∴sin B ＝ACAB ＝ 3 5 ，cos B ＝BCAB ＝ 4 5 ，tan B ＝ACBC ＝34当点P 与点E 重合时，点P 在CB 边上，CP ＝CE∵AC ＝6，点P 在AC 、CB 边上运动的速度分别为每秒3、4个单位 ∴点P 在AC 边上运动的时间为2秒，CP ＝4(t －2)∵CE＝43t，∴4(t－2)＝43t，解得t＝3当点P与点F重合时，点P在BA边上，BP＝BF∵AC＝6，BC＝8，点P在AC、CB、BA边上运动的速度分别为每秒3、4、5个单位∴点P在AC、CB边上运动的时间共为4秒，BF＝BP＝5(t－4)∵CE＝43t，∴BE＝8－4 3t在Rt△BEF中，BEBF＝cos B∴8－43t5(t－4)＝45，解得t＝4.5（2）由题意，∠PEF＝∠MEN∵EF∥AC，∠C＝90°，∴∠BEF＝90°，∠CPE＝∠PEF ∵EN⊥AB，∴∠B＝∠MEN∴∠CPE＝∠B，∴tan∠CPE＝tan B∵tan∠CPE＝CECP，tan B＝ACBC＝34∴CECP＝34，∴CP＝43CE∵AP＝3t（0＜t＜2），CE＝43t，∴CP＝6－3t∴6－3t＝43×43t，解得t＝5443（3）连接PQ交EF于O∵P、Q关于直线EF对称，∴EF垂直平分PQ若四边形PEQF为菱形，则OE＝OF＝1 2EF①当点P在AC边上运动时易知四边形POEC为矩形，∴OE＝PC ∴PC＝12EF∵CE＝43t，∴BE＝8－43t，EF＝BE·tan B＝34(8－43t)＝6－t∴6－3t＝12(6－t)，解得t＝6 5②当点P在CB边上运动时，P、E、Q三点共线，不存在四边形PEQF③当点P在BA边上运动时，则点P在点B、F之间∵BE＝8－43t，∴BF＝BEcos B＝54(8－43t)＝10－53t∵BP＝5(t－4)，∴PF＝BF－BP＝10－53t－5(t－4)＝30－20 3t∵∠POF＝∠BEF＝90°，∴PO∥BE，∴∠OPF＝∠B在Rt△POF中，OFPF＝sin B∴12(6－t)30－203t＝35，解得t＝307∴当t ＝6 5或t ＝307时，四边形PEQF 为菱形（4）S ＝⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧－23t 2＋4t （0≤t≤2）4 3t2－12t ＋24（2＜t≤3）－43t2＋12t －24（3＜t≤4）83t2－28t ＋72（4＜t≤4.5）－8 3t2＋28t －72（4.5＜t≤6）S 的最大值为1635．（北京模拟）在等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝10，CD ＝6，AD ＝BC ＝4．点P 从点B 出发，沿线段BA 向点A 匀速运动，速度为每秒2个单位，过点P 作直线BC 的垂线PE ，垂足为E ．设点P 的运动时间为t （秒）．（1）∠A ＝___________°；（2）将△PBE 沿直线PE 翻折，得到△PB′E ，记△PB′E 与梯形ABCD 重叠部分的面积为S ，求S 与t 之间的函数关系式，并求出S 的最大值；（3）在整个运动过程中，是否存在以点D 、P 、B′为顶点的三角形为直角三角形或等腰三角形？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．解：（1）60°（2）∵∠A ＝∠B ＝60°，PB ＝PB′ ∴△PB′B 是等边三角形∴PB ＝PB′＝BB′＝2t ，BE ＝B′E ＝t ，PE ＝3t 当0＜t ≤2时S ＝S △PB′E＝1 2 B′E ·PE ＝ 1 2 t ·3t ＝ 32t2 当2＜t≤4时S ＝S △PB′E － S △FB′C ＝ 3 2 t2－ 3 4 ( 2t －4 )2＝－ 32t2＋43t －4 3 当4＜t≤5时设PB′、PE 分别交DC 于点G 、H ，作GK ⊥PH 于K ∵△PB′B 是等边三角形，∴∠B′PB ＝60°＝∠A ∴PG ∥AD ，又DG ∥AP ∴四边形APGD 是平行四边形∴PG ＝AD ＝4∵AB ∥CD ，∴∠GHP ＝∠BPH∵∠GPH ＝∠BPH ＝12∠B′PB ＝30°∴∠GHP ＝∠GPH ＝30°，∴PG ＝GH ＝4∴GK ＝12PG ＝2，PK ＝KH ＝PG ·cos30°＝2 3∴PH ＝2PK ＝4 3∴S ＝S △PGH＝1 2 PH ·GK ＝12×43×2＝4 3 综上得，S 与t 之间的函数关系式为：S ＝⎩⎪⎨⎪⎧32t 2（0＜t≤2）－32t 2＋43t －43（2＜t≤4）43（4＜t≤5）（3）①若∠DPB′＝90° ∵∠B′PB ＝60°，∴∠DPA ＝30° 又∠A ＝60°，∴∠ADP ＝90° ∴AP ＝2AD ，∴10－2t ＝8，∴t ＝1 若∠PDB′＝90°作DM ⊥AB 于M ，DN ⊥B′B 于N则AM ＝2，DM ＝23，NC ＝3，DN ＝3 3PM ＝|10－2－2t |＝|8－2t | NB′＝|3＋4－2t |＝|7－2t |DP 2＝DM 2＋PM 2＝(23 )2＋( 8－2t )2＝( 8－2t)2＋12 DB′ 2＝DN 2＋NB′＝( 33 )2＋( 7－2t )2＝( 7－2t)2＋27∵DP 2＋DB′ 2＝B′P 2∴(8－2t )2＋12＋( 7－2t )2＋27＝( 2t)2解得t 1＝15＋73 2＞5（舍去），t 2＝15－732若∠DB′P ＝90°，则DB′ 2＋B′P 2＝DP 2 ∴(7－2t )2＋27＋( 2t )2＝( 8－2t)2＋12解得t 1＝－1（舍去），t 2＝0（舍去）∴存在以点D 、P 、B′为顶点的三角形为直角三角形，此时t ＝1或t ＝15－732②若DP ＝B′P ，则(8－2t )2＋12＝( 2t)2解得t ＝198若B′D ＝B′P ，则( 7－2t )2＋27＝( 2t)2解得t ＝197若DP ＝DB′，则( 8－2t )2＋12＝( 7－2t)2＋27 解得t ＝0（舍去）∴存在以点D 、P 、B′为顶点的三角形为等腰三角形，此时t ＝19 8或t ＝1976．（北京模拟）已知二次函数y ＝－ 33mx 2＋3mx －2的图象与x 轴交于点A （23，0）、点B ，与y 轴交于点C ．（1）求点B 坐标；（2）点P 从点C 出发以每秒1个单位的速度沿线段CO 向O 点运动，到达点O 后停止运动，过点P 作PQ ∥AC 交OA 于点Q ，将四边形PQAC 沿PQ 翻折，得到四边形PQA′C′，设点P 的运动时间为t ．①当t 为何值时，点A′恰好落在二次函数y ＝－33mx2＋3mx －2图象的对称轴上；②设四边形PQA′C′落在第一象限内的图形面积为S ，求S 关于t 的函数关系式，并求出S 的最大值．解：（1）将A （2 3，0）代入y ＝－ 33mx2＋3mx －2得0＝－ 3 3 m ×( 2 3 )2＋3m ×2 3－2，解得m ＝33∴y ＝－ 13x2＋3x －2令y ＝0，得－ 13x2＋3x －2＝0，解得：x 1＝3，x 2＝2 3∴B（3，0）（2）①由y ＝－13x2＋3x －2，令x ＝0，得y ＝－2∴C （0，－2）∵y ＝－1 3 x 2＋3x －2＝－ 1 3 ( x － 323 )2＋14∴二次函数图象的对称轴为直线x ＝ 323过A′作A′H ⊥OA 于H在Rt △AOC 中，∵OC ＝2，OA ＝2 3 ∴∠OAC ＝30°，∠OCA ＝60°∴∠PQA ＝150°，∠A′QH ＝60°，AQ ＝A′Q ＝2QH ∵点A′在二次函数图象的对称轴上∴⎩⎪⎨⎪⎧OQ ＋QH ＝3 23OQ ＋2QH ＝23解得QH ＝32∴AQ ＝3，CP ＝1 ∴t ＝1②分两种情况：ⅰ）当0＜t≤1时，四边形PQA′C′ 落在第一象限内的图形为等腰三角形QA′DDQ ＝A′Q ＝3tA′H ＝AQ ·sin60°＝3t ·3 2＝32tS＝S△A′DQ＝12·3t·32t＝334t2∵当0＜t≤1时，S随t的增大而增大∴当t＝1时，S有最大值334ⅱ）当1＜t＜2时，四边形PQA′C′落在第一象限内的图形为四边形EOQA′S四边形EOQA′＝S梯形PQA′C′－S△OPQ－S△PC′E＝[23－32(2－t)2]－32(2－t)2－34t2＝－534t2＋43t－2 3∵－534t2＋43t－23＝－534(t－85)2＋635且1＜85＜2，∴当t＝85时，S有最大值635∵635＞334，∴S的最大值是6357．（北京模拟）已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠A＝120°，E是AB的中点，过E点作射线EF∥BC，交CD于点G，AB、AD的长恰好是方程x2－4x＋a2＋2a＋5＝0的两个相等实数根，动点P、Q分别从点A、E出发，点P以每秒1个单位长度的速度沿AB由A向B运动，点Q以每秒2个单位长度的速度沿EF由E向F运动，设点P、Q运动的时间为t（秒）．（1）求线段AB、AD的长；（2）当t＞1时，求△DPQ的面积S与时间t之间的函数关系式；（3）是否存在△DPQ是直角三角形的情况，如果存在，求出时间t；如果不存在，请说明理由．解：（1）由题意，△＝42－4(a2＋2a＋5)＝－4(a＋1)2＝0∴a＝－1原方程可化为x2－4＋4＝0，解得∴x1＝x2＝2∴AB＝AD＝ 2 （2）作AH⊥BC于H，交EG于O，DK⊥EF于K，PM⊥DA交DA的延长线于M∵AD∥BC，∠A＝120°，AB＝AD＝2∴∠B＝60°，AH＝ 3∵E是AB中点，且EF∥BC，∴AO＝DK＝32∵AP＝t，∴PM＝32t∵t＞1，∴点P在点E下方延长FE交PM于S，设DP与EF交于点N则PS＝32t－32∵AD∥BC，EF∥BC，∴EF∥AD∴EN AD＝PEPA，∴EN2＝t－1t∴EN＝2(t－1)t，∴QN＝2t－2(t－1)t∴S＝12(2t－2(t－1)t)(32t－32＋32)＝32t2－32t＋32即S＝32t2－32t＋32（t＞1）（3）由题意，AM＝12t，∴DM＝2＋12t∴DP2＝DM2＋PM2＝(2＋12t)2＋(32t)2＝t2＋2t＋4又DQ2＝DK2＋KQ2＝(32)2＋(2t－12－2)2＝4t2－10t＋7PQ2＝PS2＋SQ2＝(32t－32)2＋(2t＋t－12)2＝7t2－4t＋1①若∠PDQ＝90°，则DP2＋DQ2＝PQ2∴t2＋2t＋4＋4t2－10t＋7＝7t2－4t＋1 解得t＝6－1（舍去负值）②若∠DPQ＝90°，则PD2＋PQ2＝DQ2∴t2＋2t＋4＋7t2－4t＋1＝4t2－10t＋7解得t＝62－1（舍去负值）③若∠DQP＝90°，则DQ2＋PQ2＝PD2∴4t2－10t＋7＋7t2－4t＋1＝t2＋2t＋4解得t＝4±6 5综上所述，存在△DPQ是直角三角形的情况，此时t＝6－1，t＝62－1，t＝4±658．（天津模拟）如图，在平面直角坐标系中，直y＝－x＋42交x轴于点A，交y轴于点B．在线段OA上有一动点P，以每秒2个单位长度的速度由点O向点A匀速运动，以OP 为边作正方形OPQM交y轴于点M，连接QA和QB，并从QA和QB的中点C和D向AB 作垂线，垂足分别为点F和点E．设P点运动的时间为t秒，四边形CDEF的面积为S1，正方形OPQM与四边形CDEF重叠部分的面积为S2．（1）直接写出A点和B点坐标及t的取值范围；（2）当t＝1时，求S1的值；（3）试求S2与t的函数关系式（4）直接写出在整个运动过程中，点C和点D所走过的路程之和．解：（1）A（42，0）、B（0，42），0≤t≤4（2）过Q作QH⊥AB于H∵C、D分别是QA和QB的中点∴CD∥AB，CD＝12AB＝12×42×2＝4∵CF⊥AB，DE⊥AB，∴CF∥DE∴四边形CDEF是平行四边形又∵CF⊥AB，∴四边形CDEF是矩形∵CF⊥AB，QH⊥AB，∴CF∥QH又∵C是QA中点，∴CF＝12QH连接OQ∵正方形OPQM，∴∠1＝∠2，OP＝PQ＝QM＝MO∵OA＝OB，∴PA＝MB∴Rt△QPA≌Rt△QMB，∴QA＝QB，∠PQA＝∠MQB∵QH⊥AB，∴∠3＝∠4∴∠1＋∠MQB＋∠3＝180°，∴O、Q、H三点共线∴QH＝OH－OQ∵t＝1，点P的运动速度为每秒2个单位长度∴OP＝2，∴OQ＝2又∵OA＝42，∴OH＝4∴QH＝OH－OQ＝4－2＝2，∴CF＝1∴S1＝CD·CF＝4×1＝4（3）当点Q落在AB上时，OQ⊥AB，△QOA是等腰直角三角形∴t＝22÷2＝2当0≤t≤2时，S2＝0当点E落在QM上，点F落在PQ上时，△CFK和△DEG都是等腰直角三角形过C作CT⊥PQ于T则CT＝12AP＝12(42－2t)＝22(4－t)∴CF＝2CT＝4－t连接OQ，分别交AB、CD于N、R则ON＝22OA＝22×42＝4∵OP＝2t，∴OQ＝2t，∴QN＝2t－4∴CF＝12QN＝t－2∴4－t＝t－2，∴t＝3当2＜t≤3时，重叠部分为等腰梯形GHIK △QGK和△QHI都是等腰直角三角形∵QN＝2t－4，RN＝CF＝t－2，∴QR＝t－2 ∴GK＝2QR＝2t－4，HI＝2QN＝4t－8∴S 2＝1 2 (GK ＋HI)·RN ＝12(2t －4＋4t －8)(t －2)＝3(t －2)2 当3＜t≤4时，重叠部分为六边形GHEFIK易知Rt △CIK ≌Rt △DHG ，∴GH ＝KI ＝2CT ＝2(4－t)∴S 2＝S 矩形CDEF－2S △CIK＝CD ·CF －KI ·CT＝4(t －2)－2(4－t)·22(4－t)＝－t 2＋12t －24综上得S 2关于t 的函数关系式为：S 2＝⎩⎪⎨⎪⎧0（0≤t≤2）3(t －2 )2（2＜t≤3）－t 2＋12t －24（3＜t≤4）（4）8提示：点C 和点D 走过的路程分别为以OP 为边的正方形的对角线的一半9．（上海模拟）如图，正方形ABCD 中，AB ＝5，点E 是BC 延长线上一点，CE ＝BC ，连接BD ．动点M 从B 出发，以每秒2个单位长度的速度沿BD 向D 运动；动点N 从E 出发，以每秒2个单位长度的速度沿EB 向B 运动，两点同时出发，当其中一点到达终点后另一点也停止运动．设运动时间为t 秒，过M 作BD 的垂线MP 交BE 于P ．（1）当PN ＝2时，求运动时间t ；（2）是否存在这样的t ，使△MPN 为等腰三角形？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；（3）设△MPN 与△BCD 重叠部分的面积为S ，直接写出S 与t 的函数关系式和函数的定义域．解：（1）∵正方形ABCD ，∴∠DBC ＝45° ∵MP ⊥DB ，∴△BMP 是等腰直角三角形 ∵BM ＝2t ，∴BP ＝2BM ＝2t 又PN ＝2，NE ＝2t当0＜t＜2.5时，BP ＋PN ＋NE ＝BE∴2t ＋2＋2t ＝10，∴t ＝2当2.5＜t＜5时，BP －PN ＋NE ＝BE∴2t －2＋2t ＝10，∴t ＝3（2）过M 作MH ⊥BC 于H则△NQC ∽△NMH ，∴QCCN＝MHHN∴QC5－2t＝t10－t －2t，∴QC ＝5t －2t 210－3t令QC ＝y ，则y ＝5t －2t 210－3t整理得2t 2－(3y ＋5)t ＋10y ＝0∵t 为实数，∴[－(3y ＋5)]2－4×2×10y≥0即9y 2－50y ＋25≥0，解得y≥5（舍去）或y≤59∴线段QC 长度的最大值为59（3）当0＜t＜2.5时∵∠MPN ＝∠DBC ＋∠BMP ＝45°＋90°＝135° ∴∠MPN 为钝角，∴MN＞MP ，MN＞PN若PM ＝PN ，则2t ＝10－4t解得t ＝57(4－2) 当2.5＜t＜5时∵∠MNP ＞∠MBP ＝∠MPB ，∴MP＞MN 若MN ＝PN ，则∠PMN ＝∠MPN ＝45°∴∠MNP ＝90°，即MN ⊥BP ∴BN ＝NP ，BP ＝2BN ∴2t ＝2(10－2t)，解得t ＝103若PM ＝PN∵PN ＝BP －BN ＝BP －(BE －NE)＝BP ＋NE －BE∴2t ＝2t ＋2t －10，解得t ＝57(4＋2)∴当t ＝ 5 7 ( 4－2 )，t ＝ 10 3 ，t ＝ 57( 4＋2)时，△MPN 为等腰三角形（4）S ＝⎩⎨⎧ 8t 3－50t 2＋75t20－6t（0＜t＜2.5）5t － 252（2.5＜t＜5）10．（重庆模拟）如图，已知△ABC 是等边三角形，点O 是AC 的中点，OB ＝12，动点P 在线段AB 上从点A 向点B 以每秒3个单位的速度运动，设运动时间为t 秒．以点P 为顶点，作等边△PMN ，点M ，N 在直线OB 上，取OB 的中点D ，以OD 为边在△AOB 内部作如图所示的矩形ODEF ，点E 在线段AB 上．（1）求当等边△PMN 的顶点M 运动到与点O 重合时t 的值；（2）求等边△PMN 的边长（用含t 的代数式表示）；（3）设等边△PMN 和矩形ODEF 重叠部分的面积为S ，请直接写出S 与t 的函数关系式及自变量t 的取值范围；（4）点P 在运动过程中，是否存在点M ，使得△EFM 是等腰三角形？若存在，求出对应的t 的值；若不存在，请说明理由．解：（1）当点M 与点O 重合时∵△ABC 、△PMN 是等边三角形，O 为AC 中点 ∴∠AOP ＝30°，∠APO ＝90°∵OB ＝12，∴AO ＝43＝2AP ＝23t 解得t ＝2∴当t ＝2时，点M 与点O 重合（2）由题设知∠ABM ＝30°，AB ＝83，AP ＝3t ∴PB ＝83－3t ，PM ＝PB ·tan30°＝8－t 即等边△PMN 的边长为8－t（3）S ＝⎩⎪⎨⎪⎧23t ＋63（0≤t≤1）－23t2＋63t ＋43（1＜t≤2）－32t2＋103（2＜t≤4）23t2－203t ＋503（4＜t≤5）0（5＜t≤8）提示：①当0≤t≤1时，PM 经过线段AF设PM 交AF 于点J ，PN 交EF 于点G ，则重叠部分为直角梯形FONG ∵AP ＝3t ，∴AJ ＝23t ，JO ＝43－23t MO ＝4－2t ，ON ＝8－t －(4－2t)＝4＋t作GH ⊥ON 于H则GH ＝FO ＝23，HN ＝2，FG ＝OH ＝4＋t －2＝2＋t∴S ＝S 梯形FONG＝12(FG ＋ON)·FO＝ 12( 2＋t ＋4＋t)·23＝23t ＋6 3 ②当1＜t≤2时，PM 经过线段FO设PM 交EF 于点I ，则重叠部分为五边形IJONG FJ ＝AJ －AF ＝23t －23，FI ＝2t －2∴S ＝S 梯形FONG －S △FIJ ＝23t ＋63－ 12( 23t －23 )( 2t －2) ＝－23t 2＋63t ＋4 3③当2＜t≤4时，PN 经过线段ED设PN 交ED 于点K ，则重叠部分为五边形IMDKG ∵AP ＝3t ，∴PE ＝43－3t ∴IG ＝GE ＝4－t ，EK ＝43－3t∴KD ＝23－( 43－3t)＝3t －23，DN ＝t －2∴S ＝S 梯形IMNG－S △KDN＝1 2 (4－t ＋8－t)·23－12(3t －23)(t －2)＝－32t 2＋10 3④当4＜t≤5时，PM 经过线段ED设PM 交ED 于点R ，则重叠部分为△RMD ∵AP ＝3t ，∴EP ＝3t －4 3∴ER＝2EP＝23t－8 3∴RD＝23－(23t－83)＝103－23t MD＝10－2t∴S＝S△RMD＝12(10－2t)(103－23t)＝23t2－203t＋50 3⑤当5＜t≤8时，S＝0（4）∵MN＝BN＝PN＝8－t，∴MB＝16－2t①若FM＝EM，则M为OD中点∴OM＝3∵OM＋MB＝OB，∴3＋16－2t＝12∴t＝3.5②若FM＝FE＝6，则OM＝62－(23)2＝2 6∵OM＋MB＝OB，∴26＋16－2t＝12∴t＝2＋ 6③若EF＝EM＝6，点M在OD或DB上则DM＝62－(23)2＝2 6∴DB＋DM＝MB或者DB－DM＝MB∴6＋26＝16－2t或6－26＝16－2t∴t＝5－6或t＝5＋ 6综上所述，当t＝3.5、2＋6、5－6、5＋6时，△MEF是等腰三角形11．（浙江某校自主招生）如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，且OA边和AB边所在直线的解析式分别为y＝34x和y＝－43x＋253．（1）求正方形OABC的边长；（2）现有动点P、Q分别从C、A同时出发，点P沿线段CB向终点B运动，速度为每秒1个单位，点Q沿折线A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位，设运动时间为2秒．当k为何值时，将△CPQ沿它的一边翻折，使得翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形？（3）若正方形以每秒53个单位的速度沿射线AO下滑，直至顶点B落在x轴上时停止下滑．设正方形在x轴下方部分的面积为S，求S关于滑行时间t的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围．解：（1）联立⎩⎨⎧y ＝ 3 4x y ＝－ 4 3 x ＋25 3解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4y ＝3∴A （4，3），∴OA ＝4 2＋32＝5∴正方形OABC 的边长为5（2）要使△CPQ 沿它的一边翻折，翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，根据轴对称的性质，只需△CPQ 为等腰三角形即可当t ＝2秒时∵点P 的速度为每秒1个单位，∴CP ＝2 分两种情况：①当点Q 在OA 上时，∵PQ ≥BA ＞PC ，∴只存在一点Q ，使QC ＝QP作QN ⊥CP 于N ，则CN ＝12CP ＝OQ ＝1∴QA ＝5－1＝4，∴k ＝ 42＝2②当点Q 在OC 上时，同理只存在一点Q ，使CP ＝CQ ＝2∴OQ ＋OA ＝10－2＝8，∴k ＝ 82＝4综上所述，当t ＝2秒时，以所得的等腰三角形CPQ 沿底边翻折，翻折后得到菱形的k 值为2或4 （3）①当点A 运动到点O 时，t ＝3 当0＜t≤3时，设O′C′ 交x 轴于点D则tan ∠DOO′＝ 3 4 ，即 DO′ OO′ ＝ DO′5 3t＝ 3 4 ，∴DO′＝ 54t∴S ＝ 1 2 DO′·OO′＝ 1 2 ·5 4 t ·5 3 t ＝ 25 24t 2②当点C 运动到x 轴上时，t ＝( 5× 4 3)÷53＝4 当3＜t≤4时，设A′B′ 交x 轴于点E∵A′O ＝ 5 3 t －5，∴A′E ＝ 3 4 A′O ＝5t －154∴S ＝ 1 2 ( A′E ＋O′D )·A′O′＝ 1 2 ( 5t －15 4 ＋ 5 4 t )·5＝50t －75 8③当点B 运动到x 轴上时，t ＝( 5＋5× 4 3)÷53＝7 当4＜t≤7时，设B′C′ 交x 轴于点F∵A′E ＝ 5t －15 4 ，∴B′E ＝5－ 5t －15 4 ＝35－5t4∴B′F ＝ 4 3 B′E ＝35－5t3∴S ＝5 2－ 1 2 · 35－5t 4 · 35－5t 3 ＝－ 25 24 t 2＋ 175 12 t －62524综上所述，S 关于滑行时间t 的函数关系式为：数学专题之【动点综合型问题】精品解析———————————————————————————————————————S ＝ ⎩⎪⎨⎪⎧2524t 2（0＜t≤3）50t －758（3＜t≤4）－25 24t2＋175 12t －625 24（4＜t≤7）12．（浙江某校自主招生）如图，正方形ABCD 的边长为8cm ，动点P 从点A 出发沿AB 边以1cm /秒的速度向点B 匀速移动（点P 不与点A 、B 重合），动点Q 从点B 出发沿折线BC －CD 以2cm /秒的速度匀速移动．点P 、Q 同时出发，当点P 停止时，点Q 也随之停止．连接AQ 交BD 于点E ．设点P 运动时间为t （秒）．（1）当点Q 在线段BC 上运动时，点P 出发多少时间后，∠BEP ＝∠BEQ ？（2）设△APE 的面积为S （cm 2），求S 关于t 的函数关系式，并写出t 的取值范围；（3）当4＜t ＜8时，求△APE 的面积为S 的变化范围．解（1）AP ＝x cm ，BQ ＝2x cm∵∠BEP ＝∠BEQ ，BE ＝BE ，∠PBE ＝∠QBE ＝45° ∴△PBE ≌△QBE ，∴PB ＝BQ即8－x ＝2x ，∴x ＝83∴点P 出发83秒后，∠BEP ＝∠BEQ（2）①当0＜x≤4时，点Q 在BC 上，作EN ⊥AB 于N ，EM ⊥BC 于M∵AD ∥BC ，∴ AE EQ ＝ ADBQ ＝ 8 2x ＝4x即 AE EQ ＝ 4 x ，∴ AEAQ ＝4 x ＋4∴ NE BQ ＝ AE AQ ，∴NE ＝ AE ·BQAQ ＝8x x ＋4∴S ＝ 1 2 AP ·NE ＝ 1 2 x · 8x x ＋4 ＝4x2x ＋4即S ＝ 4x2x ＋4（0＜x≤4）②当4＜x＜8时，点Q 在CD 上，作QF ⊥AB 于F ，交BD 于H 则 AE EQ ＝ ADHQ ＝ 8 16－2x ＝4 8－x即 AE EQ ＝ 4 8－x ，∴ AEAQ ＝ 4 8－x ＋4 ＝4 12－x作EN ⊥AB 于N ，则 NE FQ ＝AEAQ∴NE ＝ AE ·FQFQ ＝32 12－x∴S ＝1 2 AP ·NE ＝ 1 2 x ·32 12－x ＝16x 12－x即S ＝ 16x12－x（4＜x＜8）（3）当4＜x ＜8时，由S ＝ 16x 12－x ，得x ＝12S16＋S∵4＜x ＜8，∴4＜ 12S16＋S＜8∵S＞0，∴16＋S＞0，∴4(16＋S)＜12S＜8(16＋S) 解得8＜S＜3213．（浙江模拟）如图，菱形ABCD 的边长为6且∠DAB ＝60°，以点A 为原点、边AB 所在直线为x 轴且顶点D 在第一象限建立平面直角坐标系．动点P 从点D 出发沿折线D －C －B 向终点B 以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q 从点A 出发沿x 轴负半轴以每秒1个单位的速度运动，当点P 到达终点时停止运动．设运动时间为t ，直线PQ 交边AD 于点E ．（1）求出经过A 、D 、C 三点的抛物线解析式；（2）是否存在时刻t ，使得PQ ⊥BD ？若存在，求出t 值，若不存在，请说明理由；（3）设AE 长为y ，试求y 与t 之间的函数关系式；（4）若F 、G 为DC 边上两点，且点DF ＝FG ＝1，试在对角线DB 上找一点M 、抛物线对称轴上找一点N ，使得四边形FMNG 周长最小并求出周长最小值．解：（1）由题意得：D （3，33）、C （9，33）设经过A 、D 、C 三点的抛物线解析式为y ＝ax2＋bx 把D 、C 两点坐标代入上式，得： ⎩⎨⎧9a ＋3b ＝3381a ＋9b ＝33解得：a ＝－3 9 ，b ＝43 3∴抛物线的解析式为：y ＝－3 9 x2＋433x （2）连接AC∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD 若PQ ⊥BD ，则PQ ∥AC 当点P 在DC 上时∵PC ∥AQ ，PQ ∥AC ，∴四边形PQAC 是平行四边形 ∴PC ＝AQ ，即6－2t ＝t,∴t ＝2当点P 在CB 上时，PQ 与AC 相交，此时不存在符合要求的t 值（3）①当点P 在DC 上，即0≤t≤3时∵DP ∥AQ ，∴△DEP ∽△AEQ ∴DEy＝DPAQ＝2tt＝2，∴y ＝13AD ＝2②当点P 在CB 上，即3＜t≤6时∵AE ∥BP ，∴△QEA ∽△QPB∴AEBP＝QAQB，即y12－2t＝t6＋t∴y ＝12－2t6＋t综上所述，y 与t 之间的函数关系式为： y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 （0≤t≤3）12－2t6＋t（3＜t≤6）（4）作点F 关于直线BD 的对称点F′，由菱形对称性知F′ 在DA 上，且DF′＝DF ＝1作点G 关于抛物线对称轴的对称点G′，易求DG′＝4连接F′G′ 交DB 于点M 、交对称轴于点N ，则点M 、N 即为所求的两点过F′ 作F′H ⊥DG′ 于H ，可得HD ＝1 2 ，F′H ＝ 3 2 ，HG′＝92∴F′G′＝F′H 2＋HG′ 2＝21∴四边形FMNG 周长最小值为F′G′＋FG ＝21＋114．（浙江模拟）如图，直线y ＝－x ＋5和直线y ＝kx －4交于点C （3，m ），两直线分别交y 轴于点A 和点B ，一平行于y 轴的直线l 从点C 出发水平向左平移，速度为每秒1个单位，运动时间为t ，且分别交AC 、BC 于点P 、Q ，以PQ 为一边向左侧作正方形PQDE ．（1）求m 和k 的值；（2）当t 为何值时，正方形的边DE 刚好在y 轴上？（3）当直线l 从点C 出发开始运动的同时，点M 也同时在线段AB 上由点A 向点B 以每秒4个单位的速度运动，问点M 从进入正方形PQDE 到离开正方形持续的时间有多长？解：（1）把C （3，m ）代入y ＝－x ＋5得m ＝2 ∴C （3，2），代入y ＝kx －4得k ＝2 （2）由题意，点P 横坐标为3－t当x ＝3－t 时，y ＝－x ＋5＝t ＋2，∴P （3－t ，t ＋2） ∵PQ ∥y 轴，∴点Q 横坐标为3－t当x ＝3－t 时，y ＝2x －4＝2－2t ，∴Q （3－t ，2－2t ） ∴PQ ＝t ＋2－(2－2t)＝3t∵正方形PQDE ，∴PQ ＝PE当正方形的边DE刚好在y轴上时，3t＝3－t，∴t＝3 4（3）∵直线y＝－x＋5交y轴于点A，∴A（0，5）∴点M坐标为（0，5－4t）当点M和点P的纵坐标相等时，5－4t＝t＋2，∴t＝3 5∵3 5＜34，∴点M进入正方形PQDE时，t＝34当点M和点Q的纵坐标相等时，5－4t＝2－2t，∴t＝3 2∴点M从进入正方形PQDE到离开正方形持续的时间为：t＝32－34＝3415．（浙江模拟）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，Rt△OAB的直角边OA在x 轴的正半轴上，点B坐标为（3，1），以OB所在直线为对称轴将△OAB作轴对称变换得△OCB．动点P从点O出发，沿线段OA向点A运动，动点Q从点C出发，沿线段CO向点O运动．P、Q两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度．设点P运动的时间为t（秒）．（1）求∠AOC的度数；（2）记四边形BCQP的面积为S（平方单位），求S与t之间的函数关系式；（3）设PQ与OB交于点M．①当△OMQ为等腰三角形时，求t的值．②探究线段OM长度的最大值，说明理由．解：（1）∵点B坐标为（3，1），∴OA＝3，AB＝1∴在Rt△OAB中，tan∠AOB＝ABOA＝13＝33∴∠AOB＝30°∵将△OAB作轴对称变换得△OCB∴△OCB≌△OAB，∴∠COB＝∠AOB＝30°∴∠AOC＝60°（2）∵OP＝CQ＝t，AB＝1，OC＝OA＝ 3 ∴AP＝OQ＝3－t∴S＝2S△OAB－S△OPQ－S△PAB＝OA·AB－12OP·OQ·sin∠AOC－12PA·AB＝3×1－12×t×(3－t)×32－12×(3－t)×1＝34t2－14t＋32（3）①若△OMQ为等腰三角形，则可能有三种情况：（i）若OM＝MQ，则∠MQO＝∠MOQ＝30°∵∠AOC＝60°，∴∠OPQ＝90°∴OP＝12OQ，即t＝12(3－t)解得：t＝3 3（ii）若OM＝OQ，则∠OMQ＝∠OQM＝75°∵∠AOC＝60°，∴∠OPQ＝45°过点Q作QD⊥OA于D，则QD＝DP即32(3－t)＝t－12(3－t)解得：t＝1（iii）若MQ＝OQ，则∠OMQ＝∠MOQ＝∠MOP 得PQ∥OA，显然不符合题意②分别过点P、Q作OB的垂线，垂足分别为E、F ∵OP＝t，OQ＝3－t，∠MOP＝∠MOQ＝30°∴S△OPQ＝S△OPM＋S△OOM＝12OM·PE＋12OM·QF＝14OM·OP＋14OM·OQ＝14OM(OP＋OQ)＝14OM(t＋3－t)＝34OM过点Q作QG⊥OA于G则S△OPQ＝12OP·QG＝12OP·OQ·sin60°＝34t(3－t)＝－34(t2－3t)∴34OM＝－34(t2－3t)∴OM＝－(t2－3t)＝－(t－32)2＋3 4∴当t＝32时，线段OM的长度取得最大值3416．（浙江模拟）已知直线y＝43x＋4与x轴、y轴分别相交于点A、B，点C从O点出发沿射线OA以每秒1个单位长度的速度匀速运动，同时点D从A点出发沿AB以每秒1个单位长度的速度向B点匀速运动，当点D到达B点时C、D都停止运动．点E是CD的中点，直线EF⊥CD交y轴于点F，点E′与E点关于y轴对称．点C、D的运动时间为t（秒）．（1）当t＝________秒时，点F经过原点O；（2）设四边形BDCO的面积为S，求S与t的函数关系式；（3）当直线EF与△AOB的一边垂直时，求t的值；（4）以CD为一边，在CD的右侧作菱形CDMN，其中DM∥x轴．当点N在直线E′F左侧时，直接写出菱形CDMN与△EFE′重叠部分为轴对称图形时t的取值范围．解：（1）5 2提示：∵直线y＝43x＋4与x轴、y轴分别相交于点A、B∴A（－3，0），B（0，4），∴AO＝3，BO＝4 ∴AB＝AO2＋BO2＝32＋42＝5当点F经过原点时，连接OD由题意，EF是CD的垂直平分线∴OD＝OC＝t∵AD＝t，∴AD＝OD，∴∠DAO＝∠DOA∵∠DBO＋∠DAO＝90°，∠DOB＋∠DOA＝90°∴∠DBO＝∠DOB，∴OD＝BD∴AD＝BD，∴AD＝12AB＝5 2（2）∵AO＝3，BO＝4，AB＝5∴sin∠BAO＝BOAB＝45，cos∠BAO＝AOAB＝35过D作DH⊥AC于H当0≤t≤3时∵CO＝t，AD＝t，∴AC＝3－t，DH＝AD·sin∠BAO＝45t∴S＝S△ABO－S△ADC＝12×3×4－12·(3－t)·45t＝25t2－65t＋6当3＜t≤5时，AC＝t－3∴S＝S△ABO＋S△ADC＝12×3×4＋12·(t－3)·45t＝25t2－65t＋6综合得S与t的函数关系式为：S＝25t2－65t＋6（0≤t≤5）（3）当EF⊥BO时∵EF⊥CD，∴CD∥BO，∴∠ACD＝90°在Rt△ADC中，ACAD＝cos∠BAO∴3－tt＝35，∴t＝158当EF⊥AB时∵EF⊥CD，∴直线CD与直线AB重合∴点C与点A重合，∴t＝3（4）t＝54或t＝154提示：①当0＜t＜158，且重叠部分为等腰梯形PEQM时则∠PEQ＝∠MQE∵菱形CDMN，∴CD∥MN∴∠MQE＝∠CEQ，∴∠PEQ＝∠CEQ∵EF⊥CD，即∠CEF＝90°，∴∠CEQ＝45°∴∠ACD＝∠CEQ＝45°过D作DH⊥AC于H，则△DHC是等腰直角三角形∴DH＝HC，∴45t＝3－t－35t，∴t＝54②当158＜t＜5，且重叠部分为等腰梯形EHNK时同理可得∠CHE＝45°连接DH∵EF垂直平分CD，∴CH＝DH，∠DHE＝∠CHE＝45°∴∠DHC＝90°，∴DH＝45t而CH＝CO－HO＝CO－(AO－AH)＝t－(3－3 5t)∴t－(3－35t)＝45t，∴t＝15417．（浙江模拟）如图1，矩形ABCD中，AB＝21，AD＝12，E是CD边上的一点，DE＝16，M是BC边的中点，动点P从点A出发，沿边AB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动．设动点P的运动时间是t秒．（1）求线段AE的长；（2）当△ADE与△PBM相似时，求t的值；（3）如图2，连接EP，过点P作PH⊥AE于H．①当EP平分四边形PMEH的面积时，求t的值；②以PE为对称轴作线段BC的轴对称图形B′C′，当线段B′C′与线段AE有公共点时，写出t的取值范围（直接写出答案）．解：（1）∵ABCD是矩形，∴∠D＝90°∴AE＝AD2＋DE2＝122＋162＝20（2）∵∠D＝∠B＝90°∴△ADE与△PBM相似时，有两种情况：当∠DAE＝∠PMB时，有DEPB＝ADBM即1621－t＝126，解得t＝13当∠DAE＝∠BPM时，有DEBM＝ADPB即166＝1221－t，解得t＝332（3）①由题意得：S△EHP＝S△EMP∵DC∥AB，∴∠DEA＝∠HAP又∵∠D＝∠AHP＝90°，∴△ADE∽△PHA∴AH DE＝PHAD＝APAE，即AH16＝PH12＝t20∴AH＝45t，PH＝35t，EH＝20－45t∴S△EHP＝12×35t×(20－45t)∵DC＝21，DE＝16，∴EC＝5 ∴S△EMP＝S梯形EPBC－S△ECM－S△PBM＝12(5＋21－t)×12－12×5×6－12×(21－t)×6∴1 2×35t×(20－45t)＝12(5＋21－t)×12－12×5×6－12×(21－t)×6解得t＝75±5174∵0＜t＜21，∴t＝75－5174②14011≤t≤20提示：当点B′落在线段AE上时连接B′P、EB，∵B′C′和BC关于PE对称∴B′P＝BP＝21－t，B′E＝BE＝BC2＋EC2＝122＋52＝13 ∴AB′＝AE－B′E＝20－13＝7，B′H＝AH－AB′＝45t－7在Rt△B′HP中，B′H2＋PH2＝B′P2∴(45t－7)2＋(35t)2＝(21－t)2，解得t＝14011当点C′落在线段AE上时连接C′P、CP，∵B′C′和BC关于PE对称C′P2＝CP2＝122＋(21－t)2，C′E＝CE＝5∴AC′＝AE－C′E＝20－5＝15，C′H＝AH－AC′＝45t－15 在Rt△C′HP中，C′H2＋PH2＝C′P2∴(45t－15)2＋(35t)2＝122＋(21－t)2，解得t＝2018．（浙江模拟）如图，抛物线与x轴交于A（6，0）、B（19，0）两点，与y轴交于点C（0，8），直线CD∥x轴交抛物线于另一点D．动点P、Q分别从C、D两点同时出发，速度均为每秒1个单位，点P向射线DC方向运动，点Q向射线BD方向运动，设P、Q运动的时间为t（秒），AQ交CD于E．（1）求抛物线的解析式；（2）求△APQ的面积S与t的函数关系式；（3）连接BE．是否存在某一时刻t，使得∠AEB＝∠BDC？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．解：（1）∵抛物线与x轴交于A（6，0）、B（19，0）两点∴设抛物线的解析式为y＝a(x－6)(x－19)∵抛物线与y轴交于点C（0，8）∴8＝a(0－6)(0－19)，∴a＝457∴y＝457(x－6)(x－19)（2）作PF⊥x轴于F，QG⊥x轴于G，DH⊥x轴于H，∵CD∥x轴，∴PF＝DH＝OC＝8当y＝8时，457(x－6)(x－19)＝8解得x1＝0，x2＝25∴D（25，8），OH＝CD＝25∵B（19，0），∴BH＝25－19＝6 ∴BD＝BH2＋DH2＝62＋82＝10∵△BDH∽△BQG，∴BDBQ＝DHQG＝BHBG∴1010＋t＝8QG＝6BG∴QG＝45t＋8，BG＝35t＋6∴FG＝t＋19＋35t＋6＝85t＋25，AG＝35t＋19∴S＝S梯形PFGQ－S△PAF－S△QAG＝12(PF＋QG)·FG－12AF·PF－12AG·QG＝12(8＋45t＋8)(85t＋25)－12(t＋6)·8－12(35t＋19)(45t＋8)＝25t2＋445t＋100（3）∵AC＝BD＝10，∴四边形ABDC是等腰梯形∴∠ACD＝∠BDC若∠AEB＝∠BDC，则∠AEC＋∠BED＝∠BED＋∠EBD ∴∠AEC＝∠EBD，∴△AEC∽△EBD∴AC ED＝CEDB，即10ED＝25－ED10解得ED＝5或ED＝20（＞AB，舍去）∵△QED∽△QAB，∴EDAB＝QD QB即513＝tt＋10，∴t＝254∴存在某一时刻t，使得∠AEB＝∠BDC，t＝25 419．（浙江模拟）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a＞0）交x轴于A、B两点（A在B的左侧），交y 轴于C 点，已知B 点坐标为（8，0），tan ∠ABC ＝12，△ABC 的面积为8．（1）求抛物线的解析式；（2）直线EF （EF ∥x 轴，且分别交y 轴、线段CB 于E 、F 两点）从C 点开始，以每秒1个单位的速度向下运动，与x 轴重合时停止运动；同时动点P 从B 点出发沿线段BO 以每秒2个单位的速度向终点O 运动，连接FP ，设运动时间为t 秒．是否存在t 的值，使以P 、B 、F 为顶点的三角形与△ABC 相似？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；（3）在（2）的条件下，连接AC 交EF 于点G ．当t 为何值时，A 、P 、F 、G 所围成的图形是平行四边形、等腰梯形和等腰直角三角形．解：（1）∵B （8，0），∴OB ＝8 ∵OC OB＝tan ∠ABC ＝12，∴OC ＝4，∴C （0，4）∵S △ABC ＝8，∴ 12AB ·OC ＝8∴AB ＝4，∴OA ＝4，∴A （4，0）把A 、B 、C 三点坐标代入y ＝ax2＋bx ＋c ，得 ⎩⎪⎨⎪⎧16a ＋4b ＋c ＝064a ＋8b ＋c ＝0c ＝4解得a ＝1 8 ，b ＝－ 32，c ＝4 ∴抛物线的解析式为y ＝ 1 8 x 2－ 32x ＋4 （2）存在∵AB ＝OC ＝4，OB ＝8，∴AC ＝42，BC ＝4 5由题意，BP ＝2t ，BF ＝45－5t若△PBF ∽△ABC ，则PBAB＝BFBC即2t4＝45－5t45，∴t ＝4 3若△FBP ∽△ABC ，则 BF AB ＝BPBC即 45－5t 4＝ 2t45，∴t ＝20 7∴当t ＝4 3或t ＝207时，以P 、B 、F 为顶点的三角形与△ABC 相似（3）t ＝43时，A 、P 、F 、G 所围成的图形是平行四边形 t ＝2时，A 、P 、F 、G 所围成的图形是等腰梯形 t ＝245时，A 、P 、F 、G 所围成的图形是等腰直角三角形20．（浙江模拟）已知：如图，在平面直角坐标系中，△ABC为等腰三角形，直线AC的解析式为y＝－2x＋6，将△AOC沿直线AC折叠，点O落在平面内的点E处，直线AE交x轴于点D．（1）求直线AD解析式；（2）动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度沿x轴正方向匀速运动，点Q是射线CE 上的点，且∠PAQ＝∠BAC．设点P运动时间为t秒，△POQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式；（3）在（2）的条件下，直线CE上是否存在一点F，使以点F、A、D、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出t值及Q点坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）∵直线AC解析式为y＝－2x＋6∴A（0，6），C（3，0），∴OA＝6，OC＝3由题意，∠AEC＝∠AOC＝90°，AE＝AO＝6，CE＝CO＝3设CD＝x，则OD＝x＋3易证△CED∽△AOD，∵AO＝2CE∴OD＝2DE，即DE＝x＋32在Rt△CED中，32＋(x＋32)2＝x2解得x＝5（舍去负值），∴CD＝5∴OD＝8，D（8，0）设直线AD解析式为y＝kx＋6，则有：8k＋6＝0，∴k＝－3 4∴y＝－34x＋6（2）①当P在线段BO上时，即0＜t＜3时∵∠PAQ＝∠BAC，∴∠BAP＝∠CAQ又∵∠ABP＝∠ACQ＝∠ACO，AB＝AC∴△ABP≌△ACQ，∴BP＝CQ＝t，OP＝3－t作QH⊥OD于H，则QH＝CQ·sin∠ECD＝4 5t∴S＝12OP·QH＝12(3－t)·45t＝－25t2＋65t即S＝－25t2＋65t②当P在x轴正半轴上时，即t＞3时同①可得：BP＝CQ＝t，OP＝t－3∴S＝12OP·QH＝12(t－3)·45t＝25t2－65t。

专题36 几何动态性问题之动点问题-2023年中考数学二轮复习核心考点拓展训练(解析版)

专题36 几何动态性问题之动点问题（解析版）类型一动点产生函数关系1．（2020秋•呼和浩特期末）如图，AB ＝5，O 是AB 的中点，P 是以点O 为圆心，AB 为直径的半圆上的一个动点（点P 与点A ，B 可以重合），连接PA ，过P 作PM ⊥AB 于点M ．设AP ＝x ，则AM =15x 2，令y ＝AP ﹣AM ，下列图象中，能表示y 与x 的函数关系的图象大致是（）A ．B ．C ．D ．思路引领：由y ＝AP ﹣AM ＝x ―15x 2=―15x （x ﹣5）（0≤x ≤5），即可求解．解：由题意得：y ＝AP ﹣AM ＝x ―15x 2=―15x （x ﹣5）（0≤x ≤5），∵a =―15，故抛物线开口向下，当x =52时，y 的最大值为―15×52（―52）=54，故选：A ．总结提升：本题考查的是动点问题的函数图象，确定函数的表达式是本题解题的关键．2．（2022•湖北模拟）如图①，在矩形ABCD 中，AB ＜AD ，对角线AC ，BD 相交于点O ，动点P 由点A 出发，沿AB →BC →CD 向点D 运动．设点P 的运动路程为x ，△AOP 的面积为y ，y 与x 的函数关系图象如图②所示，则AD 边的长为．思路引领：当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，结合图象可得△AOP面积最大为3，得到AB与BC的积为12；当P点在BC上运动时，△AOP 面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7，得到AB与BC的和为7，构造关于AB的一元二方程可求解．解：当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，△AOP面积最大为3．∴12AB⋅12BC=3，即AB•BC＝12．当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7，∴AB+BC＝7．则BC＝7﹣AB，代入AB•BC＝12，得AB2﹣7AB+12＝0，解得AB＝4或3，∵AB＜AD，即AB＜BC，∴AB＝3，BC＝4．即AD＝4．故答案为：4．总结提升：本题主要考查动点问题的函数图象，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值．3．（2022秋•荔城区校级期末）如图，点A为双曲线y=―2x在第二象限上的动点，AO的延长线与双曲线的另一个交点为B，以AB为边的矩形ABCD满足AB：BC＝4：3，对角线AC，BD交于点P，设P的坐标为（m，n），则m，n满足的关系式为．思路引领：连接OP，分别过点A、P作x轴的垂线，垂足为M、N，证明△AOM∽△OPN，然后利用相似三角形的性质分析求解．解：连接OP，分别过点A、P作x轴的垂线，垂足为M、N，∴∠AMO＝∠PNO＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AP＝PC，∵OA＝OB，∴OP∥BC，BC＝2OP，∴∠AOP＝∠ABC＝90°，AO：OP＝AB：BC＝4：3，∴∠AOM+∠PON＝90°，∵∠AMO＝90°，∴∠AOM+∠MAO＝90°，∴∠MAO＝∠PON，∴△AOM∽△OPN，∴S△AOMS△OPN=（AOOP）2=169，∵点A为双曲线y=―2x在第二象限上的动点，设点A的坐标为（a，―2a ），∵S△AOM=12×(―a)×―2a=1，∴S△OPN=9 16，∵P的坐标为（m，n），∴S△OPN=12mn=916，∴mn=9 8，故答案为：mn=9 8．总结提升：本题考查了反比例函数k的几何意义、相似三角形判定与性质和矩形的性质，恰当的构建相似三角形，利用面积比是相似比的平方是解题关键．4．（2022秋•甘井子区校级期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝6cm，BC＝8cm，点P从点B 出发，沿线段BC以2cm/s的速度向终点C运动，点Q从点C出发，沿着C→A→B的方向以3cm/s的速度向终点B运动，P，Q同时出发，设点P运动的时间为t（s），△CPQ 的面积为S（cm2）．（1）sin B＝；（2）求S关于t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围．思路引领：（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，利用等腰三角形的三线合一性质求出BD 的长，再利用勾股定理求出AD的长即可解答；（2）分两种情况，当0＜t≤1时，当1＜t＜2时．解：（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，∵AB＝AC＝6cm，AD⊥BC，∴BD=12BC＝4cm，在Rt△ABD中，AB＝6cm，BD＝4cm，∴AD=AB2―BD2=25，∴sin B=ADAB=53；故答案为：5 3．（2）过点Q作QE⊥BC，垂足为E，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴sin B＝sin C=5 3，分两种情况：当0＜t≤1时，由题意得：CQ＝3t，BP＝2t，∴CP＝BC﹣BP＝8﹣2t，在Rt△CQE中，QE＝CQ sin C＝3t•53=5t，∴S=12CP•QE=12•（8﹣2t）•5t＝45t―5t2=―5t2+45t，当1＜t＜2时，由题意得：CA+AQ＝3t，BP＝2t，∴CP＝BC﹣BP＝8﹣2t，BQ＝AB+AC﹣（CA+AQ）＝12﹣3t，在Rt△BQE中，QE＝BQ sin B＝（12﹣3t）•53=45―5t，∴S=12CP•QE=12•（8﹣2t）•（45―5t）=5t2―85t+165，∴S=2+45t(0＜t≤2)85t+165(2＜t≤4)．总结提升：本题考查了解直角三角形，函数关系式，勾股定理，等腰三角形的性质，函数自变量的取值范围，熟练掌握解直角三角形是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．类型二动点产生面积变化5．（2022春•舒城县校级月考）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝20，AD＝16，点P从点A 出发沿AB以每秒4个单位长度的速度向点B运动，同时点Q从点B出发沿BC以每秒2个单位长度的速度向点C运动，点P到达终点后，P、Q两点同时停止运动．（1）当t＝3秒时，线段DP＝　．（2）当t＝　秒时，△BPQ的面积是24．思路引领：（1）当t＝3秒时，根据题意可得，AP＝12，再根据勾股定理即可求解．（2）设运动时间为t（t≤5）秒，则BP＝20﹣4t，BQ＝2t，根据△BPQ的面积是24列出方程，求解即可．解：（1）∵当t＝3秒时，AP＝4×3＝12，根据勾股定理得DP=AP2+AD2=20．故答案为：20．（2）设运动时间为t（t≤5）秒，此时，BP＝20﹣4t，BQ＝2t，∵△BPQ的面积是24，∴12⋅(20―4t)⋅2t=24，整理得，t2﹣5t+6＝0，解得：t1＝2，t2＝3，∴当t＝2秒或3秒时，△BPQ的面积是24．故答案为：2或3．总结提升：本题主要考查勾股定理、列代数式、一元二次方程的应用，根据题意找准数量关系，列出方程是解题关键．6．（2022秋•江门期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝5cm，BC＝8cm．点P从点A 开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动、同时点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s 的速度移动，当其中一点到达终点时，另外一点也随之停止运动．（1）△PQB的面积能否等于9cm2？请说明理由．（2）几秒后，四边形APQC的面积等于16cm2？请写出过程．思路引领：（1）根据△PQB的面积等于9cm2，即可得出关于t的一元二次方程，由根的判别式Δ＝﹣11＜0，可得所列方程没有实数根，进而得出△PQB的面积不等等于9cm2；（2）根据四边形APQC的面积等于16cm2，即可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出t的值，结合当t＝4时，C，Q点重合，即可得出结论．解：（1）△PQB的面积不能等于9cm2，理由如下：∵5÷1＝5s，8÷2＝4s，∴运动时间t的取值范围为：0≤t≤4，根据题意可得：AP＝tm，BP＝（5﹣t）cm，BQ＝2tcm，假设△PQB的面积等于9cm2，则12(5―t)×2t=9，整理得：t2﹣5t+9＝0，∵Δ＝（﹣5）2﹣4×1×9＝﹣11＜0，∴所列方程没有实数根，∴△PQB的面积不能等于9cm2；（2）由（1）得：AP＝tcm，BP＝（5﹣t）cm，BQ＝2tcm，运动时间t的取值范围为：0≤t≤4，∵四边形APQC的面积等于16cm2，∴12×5×8―12(5―t)×2t=16，整理得：t2﹣5t+4＝0，解得t1＝1，t2＝4，当当t＝4时，C，Q点重合，不符合题意，舍去，∴t＝1，答：1s后，四边形APQC的面积等于16cm2．总结提升：本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）牢记当Δ＜0时，方程无实数根．类型三动点产生两点距离变化7．（2022•安岳县模拟）如图所示，A，B，C，D为矩形的四个顶点，AB＝16cm，AD＝8cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以3cm/s的速度向B移动，一直到达B 为止；点Q以2cm/s的速度向D移动．当P，Q两点从出发开始几秒时，点P和点Q的距离是10cm．（）（若一点到达终点，另一点也随之停止运动）A．2s或235s B．1s或225s C．225s D．2s或225s思路引领：设当P、Q两点从出发开始x秒时，点P和点Q的距离是10cm，此时AP＝3xcm，DQ＝（16﹣2x）cm，利用勾股定理即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．解：设当P、Q两点从出发开始x秒时（x＜163），点P和点Q的距离是10cm，此时AP＝3xcm，DQ＝（16﹣2x）cm，根据题意得：（16﹣2x﹣3x）2+82＝102，解得：x1＝2，x2=22 5．答：当P、Q两点从出发开始到2秒或225秒时，点P和点Q的距离是10cm．故选：D．总结提升：本题考查了一元二次方程的应用以及勾股定理，利用勾股定理找出关于x的一元二次方程是解题的关键．8．（2022秋•荔湾区校级期末）如图，正方形ABCD中，AB＝5cm，以B为圆心，1cm为半径画圆，点P是⊙B上一个动点，连接AP，并将AP绕点A逆时针旋转90°至AP′，连接BP′，在点P移动的过程中，BP′长度的取值范围是 cm．思路引领：通过画图发现，点P′的运动路线为以D为圆心，以1cm为半径的圆，可知：当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．先证明△PAB≌△P′AD，则P′D＝PB＝1，再利用勾股定理求对角线BD的长，则得出BP′的长度的取值范围．解：如图，当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．连接BP，①当P′在对角线BD上时，由旋转得：AP＝AP′，∠PAP′＝90°，∴∠PAB+∠BAP′＝90°，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∴∠BAP′+∠DAP′＝90°，∴∠PAB＝∠DAP′，∴△PAB≌△P′AD，∴P′D＝PB＝1cm，在Rt△ABD中，∵AB＝AD＝5cm，由勾股定理得：BD52+52=52cm，∴BP′＝BD﹣P′D＝52―1，即BP′长度的最小值为（52―1）cm．②当P′在对角线BD的延长线上时，同理可得BD＝52cm，∴BP′＝BD+P′D＝（52+1）cm，即BP′长度的最大值为（52+1）cm．∴BP'长度的取值范围是（52―1）cm≤BP′≤（52+1）cm故答案为：（52―1）cm≤BP′≤（52+1）cm．总结提升：本题考查了正方形的性质、旋转的性质、点与圆的位置关系和最值问题，寻找点P′的运动轨迹是本题的关键．9．（2022秋•海港区校级期末）如图，已知二次函数图象的顶点坐标为M（2，0），与y轴交于点B（0，2），直线y＝x+m与该二次函数的图象交于A，B两点，D是线段AB上的一个动点，过D 作x 轴的垂线交二次函数的图象于点E ．则线段DE 的最大值为．思路引领：根据题中条件可求出抛物线和直线的解析式，进而求出点A 的坐标，根据点D 是线段AB 上的一个动点，设出点D 的坐标，再根据DE ⊥x 轴，可得出点E 的坐标，则可得出DE =―12m 2+3m =―12（m ﹣3）2+92，根据二次函数的性质即可求出最大值．解：根据题意可设抛物线解析式为：y ＝a （x ﹣2）2，把B （0，2）代入可得：4a ＝2，解得：a =12，∴抛物线解析式为：y =12（x ﹣2）2=12x 2﹣2x +2，把B （0，2）代入直线y ＝x +m 可得：m ＝2，∴y ＝x +2，当12x 2﹣2x +2＝x +2时，解得：x 1＝0，x 2＝6，∴A （6，8），∵点D 是线段AB 上的一个动点，∴可设点D 的坐标为（m ，m +2），且0≤m ≤6，∵过D 作x 轴的垂线交二次函数的图象于点E ，∴点E 的坐标为（m ，12m 2﹣2m +2），∴DE ＝m +2﹣（12m 2﹣2m +2）=―12m 2+3m =―12（m ﹣3）2+92，∵―12＜0，图象开口向下，且0≤m ≤6，∴当m ＝3时，DE 有最大值，最大值为92；故答案为：92．总结提升：本题主要考查的是二次函数之线段最大值题型，解题关键：一是求出抛物线与直线的解析式，二是用含有m 的式子表示出DE 的长并配成顶点式．类型四动点产生图形形状变化10．（2022秋•阳泉期末）如图所示，已知△ABC 中，BC ＝16cm ，AC ＝20cm ，AB ＝12cm ，点P是BC边上的一个动点，点P从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，设运动的时间为t（s），若△ABP是以AB为腰的等腰三角形，则运动时间t＝．思路引领：分情况讨论：AB＝BP，AB＝AP，画出图形分别求解即可．解：∵BC＝16cm，AC＝20cm，AB＝12cm，∴BC2+AB2＝AC2，∴∠B＝90°，如图1，AB＝PB＝12cm，∴t＝12÷2＝6s；如图2，AP＝AB＝12cm，∴BC+PC＝（16+20﹣12）cm＝24cm，∴t＝24÷2＝12s；如图3，AB＝BP＝12cm，过点B作BD⊥AC于D，则AD＝PD，∵S △ABC =12×AB ×BC =12×AC ×BD ，∴12×16＝20BD ，∴BD ＝9.6cm ，由勾股定理得：AD =AB 2―BD 2=122―9．62=7.2cm ，∴AP ＝2AD ＝14.4cm ，∴t ＝（16+20﹣14.4）÷2＝10.8s ，综上所述，t 的值是6s 或12s 或10.8s ．故答案为：6s 或12s 或10.8s ．总结提升：本题考查的是等腰三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．11．（2022秋•中原区校级期末）如图，在矩形OAHC 中，OC ＝83，OA ＝16，B 为CH 中点，连接AB ．动点M 从点O 出发沿OA 边向点A 运动，动点N 从点A 出发沿AB 边向点B 运动，两个动点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，连接CM ，CN ，MN ，设运动时间为t （0＜t ＜16）秒，则t ＝时，△CMN 为直角三角形．思路引领：△CMN 是直角三角形时，有三种情况，一是∠CMN ＝90°，二是∠MNC ＝90°，三是∠MCN ＝90°，然后进行分类讨论求出t 的值．解：过点N 作OA 的垂线，交OA 于点F ，交CH 于点E ，如图，∵B 点是CH 的中点，∴BH =12CH ＝8，∵AH ＝OC ＝83，∴由勾股定理可求：AB ＝16，∵AN ＝t ，∴BN ＝16﹣t ，∵NE ∥AH ，∴△BEN ∽△BHA ，∴BN AB =EN AH，∴16―t 16=EN 83，∴EN=32（16﹣t），∴FN＝83―EN=32 t，当∠CMN＝90°，由勾股定理可求：AF=12 t，∴MF＝AM﹣AF＝16﹣t―12t＝16―32t，∵∠OCM+∠CMO＝90°，∠CMO+∠FMN＝90°，∴∠OCM＝∠FMN，∵∠O＝∠NFM＝90°，∴△COM∽△MFN，∴OCMF=OMFN，∴8316―32t=t32t，∴t=8 3，当∠MNC＝90°，CE＝OF＝OM+MF＝t+16―32t＝16―t2，∵∠MNF+∠CNE＝90°，∠ECN+∠CNE＝90°，∴∠MNF＝∠ECN，∵∠CEN＝∠NFM＝90°，∴△CEN∽△NFM，∴CEFN=ENMF，∴16―t232t=32(16―t)16―3t2，∵0＜t＜16，∴t＝8，当∠NCM＝90°，由题意知：此情况不存在，综上所述，△CMN为直角三角形时，t=83或8．总结提升：本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，有一定的综合性12．（2022秋•中原区月考）如图，在矩形ABCD中、AB＝15cm，AD＝5cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到点B为止，点Q以2cm/s 的速度向点D移动（点P停止移动时，点Q也停止移动）．设移动时间为t（s）．连接PQ，QB．（1）当t为何值时，P、Q两点间的距离为13cm？（2）四边形APQD的形状可能为矩形吗？若可能，求出t的值；若不可能，请说明理由．思路引领：（1）可通过构建直角三角形来求解．过Q作QM⊥AB于M，如果设出发x秒后，QP＝13cm．那么可根据路程＝速度×时间，用未知数表示出PM的值，然后在直角三角形PMQ中，求出未知数的值．（1）利用矩形的性质得出当AP＝DQ时，四边形APQD为矩形求出即可；解：（1）设出发t秒后P、Q两点间的距离是13cm．则AP＝3t，CQ＝2t，作QM⊥AB于M，则PM＝|15﹣2t﹣3t|＝|15﹣5t|，（15﹣5t）2+52＝132，解得：t＝0.6或t＝5.4，答：P、Q出发0.6和5.4秒时，P，Q间的距离是13cm；（2）四边形APDQ的形状有可能为矩形；理由：当四边形APQD为矩形，则AP＝DQ，即3t＝15﹣2t，解得：t＝3．答：当P、Q出发3秒时四边形APQD为矩形．总结提升：本题考查了一元二次方程的应用，本题结合几何知识并根据题意列出方程是解题的关键．13．（2022春•淄川区期中）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝∠D＝90°，BC＝16，CD＝12，AD＝21．动点P从点D出发，沿线段DA的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长度的速度向点B运动．点P，Q分别从点D，C同时出发，当点P运动到点A时，点Q随之停止运动．设运动时间为t（s），当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形？思路引领：以B，P，Q为顶点的三角形为等腰三角形有三种情况：当PB＝PQ时，当PQ ＝BQ时，当BP＝BQ时，由等腰三角形的性质就可以得出结论．解：如图1，当PB＝PQ时，作PE⊥BC于E，∴EQ=12 BQ，∵CQ＝t，∴BQ＝16﹣t，∴EQ＝8―12 t，∴EC＝8―12t+t＝8+12t．∴2t＝8+12 t．解得：t=16 3．如图2，当PQ＝BQ时，作QE⊥AD于E，∴∠PEQ＝∠DEQ＝90°，∵∠C＝∠D＝90°，∴∠C＝∠D＝∠DEQ＝90°，∴四边形DEQC是矩形，∴DE＝QC＝t，∴PE＝t，QE＝CD＝12．在Rt△PEQ中，由勾股定理，得PQ=t2+144．16﹣t=t2+144，解得：t=7 2；如图3，当BP＝BQ时，作PE⊥BC于E，∵CQ＝t，∴BP＝BQ＝BC﹣CQ＝16﹣t，∵PD＝2t，∴CE＝2t，∴BE＝16﹣2t，在Rt△BEP中，（16﹣2t）2+122＝（16﹣t）2，3t2﹣32t+144＝0，△＝（﹣32）2﹣4×3×144＝﹣704＜0，故方程无解．综上所述，t=163或72时，以B，P，Q三点为顶点的三角形为等腰三角形．总结提升：本题考查了勾股定理的运用，矩形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，一元二次方程的解法的运用，解答时根据等腰三角形的性质建立方程是关键．14．（2022秋•崇左期末）已知抛物线y ＝ax 2+bx +3（a ≠0）交x 轴于A （1，0）和B （﹣3，0），交y 轴于C ．（1）求抛物线的解析式；（2）若M 为抛物线上第二象限内一点，求使△MBC 面积最大时点M 的坐标；（3）若F 是对称轴上一动点，Q 是抛物线上一动点，是否存在F 、Q ，使以B 、C 、F 、Q 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q 的坐标．思路引领：（1）由待定系数法即可求解；（2）由△MBC 的面积＝S △BNM +S △CMN ，即可求解；（3）当BF （BC 、BQ ）是对角线时，由中点坐标公式列出等式，即可求解．解：（1）把A （1，0）和B （﹣3，0）代入y ＝ax 2+bx +3（a ≠0），得：a +b +3=09a ―3b +3=0，解得a =―1b =―2，∴抛物线解析式为y ＝﹣x 2﹣2x +3；（2）∵M 为抛物线上第二象限内一点，如图，过点M 作MN ⊥x 轴交BC 于点N ，∵抛物线解析式为y ＝﹣x 2﹣2x +3，B （﹣3，0）∴C （0，3），∴OC ＝3，OB ＝3，设直线BC 解析式为y ＝kx +b ，则―3k +b =0b =3，解得：k =1b =3，∴设直线BC解析式为y＝x+3，设M（m，﹣m2﹣2m+3），N（m，m+3），∴MN=―m2―2m+3―m―3=―m2―3m=―(m+32)2+94，∴当m=―32时，MN有最大值94，∴当m=―32时，△MBC的面积最大，∴△MBC的面积＝S△BNM+S△CMN=12×3×MN=278，此时点M的坐标为(―32，154)；（3）存在．理由如下：∵抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，设点Q（m，﹣m2﹣2m+3），点F（﹣1，t），当BC是对角线时，由中点坐标公式得：﹣3＝m﹣1，解得：m＝2，则点Q（﹣2，3）；当BF是对角线时，由中点坐标公式得：﹣3﹣1＝m，解得：m＝﹣4，则点Q（﹣4，﹣5）；是对角线时，由中点坐标公式得：m﹣3＝﹣1，解得：m＝2，则点Q（2，﹣5）；综上所述，点Q的坐标为（﹣2，3），（﹣4，﹣5），（2，﹣5）．总结提升：本题考查了二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，平行四边形的判定，三角形的面积，解决本题的关键是掌握二次函数的图象和性质．类型五动点产生三角形相似15．（2022秋•亳州期末）如图Rt△ABC的两条直角边AB＝4cm，AC＝3cm，点D沿AB从A向B运动，速度是1cm/s，同时，点E沿BC从B向C运动，速度为2cm/s．动点E到达点C时运动终止．连接DE、CD、AE．（1）当动点运动秒时，△BDE 与△ABC 相似；（2）当动点运动秒时，CD ⊥DE ．思路引领：（1）分当△BDE ∽△BAC 时，当△BDE ∽△BCA 时，两种情况利用相似三角形的性质求解即可；（2）如图所示，过点E 作EF ⊥AB 于F ，证明△BEF ∽△BCA ，求出BF =85tcm ，EF =65tcm ，则DF =(4―135t)cm ，再证明△ACD ∽△FDE ，得到AC AD =DF EF ，即3t =4―135t 65t ，解方程即可．解：（1）由题意得AD ＝tcm ，BE ＝2tcm ，则BD ＝AB ﹣AD ＝（4﹣t ）cm ，在Rt △ABC 中，由勾股定理得BC =AB 2+AC 2=5cm ，当△BDE ∽△BAC 时，∴BE BD =BC BA ，即2t 4―t =54，解得t =2013；当△BDE ∽△BCA 时，∴BE BD =BA BC ，即2t 4―t =45，解得t =87；综上所述，当t =2013或t =87时，△BDE 与△ABC 相似，故答案为：2013或87；（2）如图所示，过点E 作EF ⊥AB 于F ，则EF ∥AC ，∴△BEF ∽△BCA ，∴BE BC =BF BA =EF AC ，即2t 5=BF 4=EF 3，∴BF=85tcm，EF=65tcm，∴DF=BD―BF=(4―135t)cm∵CD⊥DE，∴∠CDE＝90°，∴∠ACD+∠ADC＝90°＝∠ADC+∠FDE，∴∠ACD＝∠FDE，又∵∠CAD＝∠DFE＝90°，∴△ACD∽△FDE，∴ACAD=DFEF，即3t=4―135t65t，解得t=2 13，故答案为：2 13．总结提升：本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．16．（2022秋•渠县校级期末）如图，直线y=―43x+8与x轴、y轴分别交于点A、B，一动点P从点A出发，沿A—O—B的路线运动到点B停止，C是AB的中点，沿直线PC截△AOB，若得到的三角形与△AOB相似，则点P的坐标是．思路引领：先由直线y=―43x+8与x轴、y轴分别交于点A、B，求得A（6，0），B（0，8），再根据勾股定理求得AB＝10，则AC＝CB＝5，分三种情况讨论，一是点P在OA上，且△APC∽△AOB，此时PC∥OB，可求得PO＝AP＝3，则P（3，0）；二是点P在OB上，且△PCB∽△AOB，则PBAB=CBOB，可求得PB=254，所以OB=74，则P（0，74）；三是点P在OB上，且△CPB∽△AOB，此时PC∥OA，可求得OP＝PB＝4，则P（0，4）．解：直线y=―43x+8，当x＝0时，y＝8；当y ＝0时，则―43x +8＝0，解得x ＝6，∴A （6，0），B （0，8），∵∠AOB ＝90°，OA ＝6，OB ＝8，∴AB =OA 2+OB 2=62+82=10，∵C 是AB 的中点，∴AC ＝CB =12AB ＝5，如图1，点P 在OA 上，且△APC ∽△AOB ，∴∠APC ＝∠AOB ，∴PC ∥OB ，∴AP PO =AC CB=1，∴PO ＝AP =12OA ＝3，∴P （3，0）；如图2，点P 在OB 上，且△PCB ∽△AOB ，∴PB AB =CB OB，∴PB =AB ⋅CB OB =10×58=254，∴OB ＝8―254=74，∴P （0，74）；如图3，点P 在OB 上，且△CPB ∽△AOB ，∴∠CPB ＝∠AOB ，∴PC ∥OA ，∴OP PB =AC CB=1，∴OP ＝PB =12OB ＝4，∴P （0，4），综上所述，点P 的坐标是（3，0）或（0，74）或（0，4）．总结提升：此题重点考查一次函数的图象与性质、图形与坐标、勾股定理、相似三角形的性质、平行线分线段成比例定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性质强，应注意按点P 的不同位置分类讨论，求出所有符合题意的答案．17．（2022秋•唐河县期末）如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3cm ，BC ＝6cm ，动点M 以1cm /s 的速度从A 点出发，沿AB 向点B 运动，同时动点N 以2cm /s 的速度从点D 出发，沿DA 向点A 运动，设运动的时间为t 秒（0＜t ＜3）．（1）当t 为何值时，△AMN 的面积等于矩形ABCD 面积的19？（2）是否存在某一时刻t ，使得以A 、M 、N 为顶点的三角形与△ACD 相似？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．思路引领：（1）根据矩形的性质求出∠BAD ＝90°，求出AM 、AN ，根据三角形的面积公式，利用S =19×18建立方程，解之即可；（2）先假设相似，利用相似中的比例线段列出方程，有解的且符合题意的t 值即可说明存在，反之则不存在．解：（1）∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ＝BC ＝6cm ，∠BAD ＝90°，AM ＝tcm ，AN ＝6﹣2t （cm ），∴S △AMN =12AN •AM =12×（6﹣2t ）×t ＝﹣（t ―32）2+94（0≤t ≤3），依题意得：﹣（t ―32）2+94=19×3×6，t 2﹣3t +2＝0，t 1＝2，t 2＝1．答：经过1秒或2秒时，△AMN 的面积等于矩形ABCD 面积的19；（2）设运动时间为t 秒，由题意得DN ＝2t （cm ），AN ＝（6﹣2t ）（cm ），AM ＝t （cm ），若△NMA ∽△ACD ，则有AD ：AN ＝CD ：AM ，即6：（6﹣2t ）＝3：t ，解得t ＝1.5，若△MNA ∽△ACD则有AD ：AM ＝CD ：AN ，即6：t ＝3：（6﹣2t ），解得t ＝2.4，答：当运动时间为1.5秒或2.4秒时，以A 、M 、N 为顶点的三角形与△ACD 相似．总结提升：本题考查了相似三角形的判定，矩形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．类型六动点产生两直线位置关系变化18．（2022秋•路南区校级期末）如图，矩形ABCD 中，AB ＝16，BC ＝8，点P 为AB 边上一动点，DP 交AC 于点Q ．（1）求证：△APQ ∽△CDQ ；（2）P 点从A 点出发沿AB 边以每秒2个单位长度的速度向B 点移动，移动时间为t 秒．当t 为何值时，DP ⊥AC ？思路引领：（1）根据矩形的性质可得CD∥AB，根据平行线的性质可得∠DCQ＝∠QAP，∠PDC＝∠QPA，进而可得判定△APQ∽△CDQ；（2）首先证明△DAP∽△ABC，结合相似三角形即可得到t的值．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴CD∥AB，∴∠DCQ＝∠QAP，∠PDC＝∠QPA，∴△APQ∽△CDQ；（2）解：当t＝2时，DP⊥AC；∵∠ADC＝90°，DP⊥AC，∴∠AQD＝∠AQP＝∠ABC＝90°，∴∠CAB+∠APQ＝∠CAB+∠ACB＝90°，∴∠APQ＝∠ACB，∴△DAP∽△ABC，∴DAAB=APBC，∴816=2t8解得：t＝2，即当t＝2时，DP⊥AC．总结提升：此题主要考查了相似三角形的判定和性质，关键是掌握有两个角对应相等的三角形相似，相似三角形对应边成比例．类型七动点产生最值19．（2022秋•荆门期末）如图，平面直角坐标系中点A（6，0），以OA为边作等边△OAB，△OA′B′与△OAB关于y轴对称，M为线段OB′上一动点，则AM+BM的最小值是（）A．6B．9C．12D．18思路引领：连接A′M．首先证明OB′垂直平分线段A′B，推出A′、B关于OB′对称，由MA+MB＝MA′+MA≥A′A，可知此时当点M与O重合时，AM+BM的值最小，最小值为12．解：连接A′M．∵△OA'B'和△OAB都是等边三角形，∴∠A′OB′＝∠AOB＝∠BOB′＝60°，OA′＝OB，∵OM＝OM，∴△OMB≌△OMA′（SAS），∴A′M＝BM，∠OMA′＝∠OMB＝90°，∴OB′垂直平分线段A′B，∴A′、B关于OB′对称，∵MA+MB＝MA+MA′≥A′A，∴当点M与O重合时，AM+BM的值最小，最小值为12，∴BM+AM的最小值为12．故选：C．总结提升：本题考查等边三角形的性质、轴对称﹣最短问题、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．20．（2022•扬州三模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是（）A．45B．43C．52D．213思路引领：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE （AAS），确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C'，由三角形全等得到∠CBF＝45°，从而确定C'点在AB的延长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF＝DC'最小，在Rt△ADC'中，AD＝4，AC'＝8，求出DC'＝45即可．解：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，∴EF⊥DE，且EF＝DE，∴∠EDA＝∠FEG，在△AED和△GFE中，∠A=∠FGE∠EDA=∠FEG，DE=EF∴△AED≌△GFE（AAS），∴FG＝AE，AD＝EG，∵AD＝AB，∴AB＝EG，∴AE＝BG，∴BG＝FG，∴F点在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点C'，∵EG＝DA，FG＝AE，∴AE＝BG，∴BG＝FG，∴∠FBG＝45°，∴∠CBF＝45°，∴BF是∠CBC′的角平分线，即F点在∠CBC′的角平分线上运动，∴C'点在AB的延长线上，当D、F、C'三点共线时，DF+CF＝DC'最小，在Rt△ADC'中，AD＝4，AC'＝8，∴DC'=AD2+AC′2=42+82=45，∴DF+CF的最小值为45，故选：A．总结提升：本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．21．（2021秋•殷都区期末）如图，在△ABC 中，∠C ＜90°，∠B ＝30°，AB ＝10，AC ＝7，O 为AC 的中点，M 为BC 边上一动点，将△ABC 绕点A 逆时针旋转角α（0°＜α≤360°）得到△AB 'C '，点M 的对应点为M '，连接OM '，在旋转过程中，线段OM '的长度的最小值是（）A ．1B ．1.5C ．2D ．3思路引领：O 为AC 的中点，M 为BC 边上一动点，则当OM ′⊥B ′C ′时，OM ′最短，将△ABC 绕点A 逆时针旋转角α（0°＜α≤360°）的过程中，当OM ′在直线AC 上时，OM ′最短，然后根据旋转的性质得到∠B ＝∠B ′＝30°，BA ＝B ′A ＝10，再利用含30度的直角三角形三边的关系得到AM ′=12B ′A ＝3，而AO ＝3.5，所以M ′O ＝AM ′﹣AO ＝1.5．解：连接AM ，AM ′，根据题意，点M ′在以A 点为圆心，AM 为半径的圆上，当AM ⊥BC 时，AM 最短，此时AM =12BA ＝5，∵M ′O ≥AM ′﹣AO （当且仅当M ′、A 、O 共线时取等号），∴M ′O 的最小值为5﹣3.5＝1.5．故选：B ．总结提升：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．22．（2022秋•横县期中）如图，边长为6的等边三角形ABC 中，E 是对称轴AD 上的动点，连接EC ，将线段EC 绕点C 逆时针旋转60°等到FC ，连接DF ，则在点E 运动过程中，DF 的最小值是（）A．3B．1.5C．23D．6思路引领：取线段AC的中点G，连接EG，根据等边三角形的性质以及角的计算即可得出CD＝CG以及∠FCD＝∠ECG，由旋转的性质可得出EC＝FC，由此即可利用全等三角形的判定定理SAS证出△FCD≌△ECG，进而即可得出DF＝GE，再根据点G为AC 的中点，即可得出EG的最小值，此题得解．解：取线段AC的中点G，连接EG，如图所示．∵△ABC为等边三角形，且AD为△ABC的对称轴，∴CD＝CG=12AB＝3，∠ACD＝60°，∵∠ECF＝60°，∴∠FCD＝∠ECG．在△FCD和△ECG中，FC=EC∠FCD=∠ECGDC=GC，∴△FCD≌△ECG（SAS），∴DF＝GE．当EG⊥AD时，EG最短，即DF最短．∵点G为AC的中点，∴此时EG＝DF=12CD＝1.5．故选：B．总结提升：本题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过全等三角形的性质找出DF＝GE．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边是关键．23．（2022秋•石门县期末）如图，AB是⊙O的直径，AB＝4，C为AB的三等分点（更靠近A点），点P是⊙O上一个动点，取弦AP的中点D，则线段CD的最大值为（）A．2B．7C．23D．3+1思路引领：取OA的中点Q，连接DQ，OD，CQ，根据条件可求得CQ长，再由垂径定理得出OD⊥AP，由直角三角形斜边中线等于斜边一半求得QD长，根据当C，Q，D三点共线时，CD长最大求解．解：如图，取AO的中点Q，连接CQ，QD，OD，∵C为AB的三等分点，∴AC的度数为60°，∴∠AOC＝60°，∵OA＝OC，∴△AOC为等边三角形，∵Q为OA的中点，∴CQ⊥OA，∠OCQ＝30°，∴OQ=12OC=12×2=1，由勾股定理可得，CQ=3，∵D为AP的中点，∴OD⊥AP，∵Q为OA的中点，∴DQ=12OA=12×2=1，∴当D点CQ的延长线上时，即点C，Q，D三点共线时，CD长最大，最大值为3 +1．故选：D．总结提升：本题考查利用弧与圆心角的关系及垂径定理求相关线段的长度，并且考查线段最大值问题，利用圆的综合性质是解答此题的关键．24．（2022秋•泰山区期末）如图，点P （3，4），⊙P 半径为2，A （2.5，0），B （5，0），点M 是⊙P 上的动点，点C 是MB 的中点，则AC 的最大值是（）A ．32B ．52C ．72D ．92思路引领：作射线OP ，交⊙P 于M 1、M 2，连接OM ，因为OA ＝AB ，CM ＝CB ，所以AC =12OM ，所以当OM 最大时，AC 最大，M 运动到M 2时，OM 最大，由此即可解决问题．解：如图，作射线OP ，交⊙P 于M 1、M 2，连接OM ，由勾股定理得：OP =32+42=5，∵OA ＝AB ，CM ＝CB ，∴AC =12OM ，∴当OM 最大时，AC 最大，∴当M 运动到M 2时，OM 最大，此时AC 的最大值=12OM 2=12（OP +PM 2）=12×（5+2）=72，故选：C ．总结提升：本题考查点与圆的位置关系、坐标与图形的性质、三角形中位线定理、最小值问题等知识，解题的关键是理解圆外一点到圆的最小距离以及最大距离，学会用转化的思想思考问题，所以中考常考题型．25．（2022•南京模拟）如图所示，AB ＝4，BC ＝8，AB ⊥BC 于点B ，点D 是线段BC 上一个动点，且AD ⊥DE 于点D ，tan∠DAE =34，连接CE ，则CE 长的最小值是．思路引领：在BC 上截取BQ ＝3，构造相似，可得出∠AQE ＝90°，过C 点作CH ⊥EQ 可得出△ABQ ∽△QHC 即可求出CE 的长．解：在BC 上截取BQ ＝3，则CQ ＝5，Rt △ABQ 中，BQ ：AB ：AQ ＝3：4：5∵tan∠DAE =34，∴在Rt △ADE 中，DE ：AD ：AE ＝3：4：5，∴△EAD ∽△QAB ，∴AB AQ =AD AE，∠QAB ＝∠EAD ，∴∠BAD ＝∠QAE ，∴△BAD ∽△QAE ，∴∠AQE ＝90°，∴∠EQC 的角度固定不变，∴CH 为CE 的最小值．过C 点作CH ⊥EQ 交EQ 于点H ，∴∠CHQ ＝∠ABQ ＝90°，∵∠AQE ＝90°，∴∠CQH ＝∠QAB ，∴△ABQ ∽△QHC ，∵CQ ＝5，∴CH ＝3，故答案为：3．总结提升：本题主要考查相似的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．26．（2022秋•市北区校级期末）如图，正方形ABCD 边长为12cm ，M 、N 分别是边BC ，CD 上的两个动点，且AM ⊥MN ，则线段AN 的最小值是 cm ．思路引领：由正方形ABCD和AM⊥MN先证明在△ABM∽△MCN，Rt△ADN，AN= AD2+DN2，而AD为定值，所以当DN取最小值时，AN也取最小值．于是设BM＝xcm，利用△ABM∽△MCN，求出CN的长，即可表示出DN的长，根据二次函数的最值求法即可得到正确结果．解：∵AM⊥MN，∴∠AMB+∠CMN＝90°，而∠AMB+∠MAB＝90°，∴∠MAB＝∠NMC，又∵∠B＝∠C＝90°，∴△ABM∽△MCN，∴ABMC=BMCN，设BM＝xcm，则1212―x =x CN，整理得：CN=―112x2+x=―112（x﹣6）2+3，∴当x＝6时，CN取得最大值3cm，∵AN=AD2+DN2=122+DN2，∴当AN取最小值时，DN取得最小值、CN取得最大值，即DN＝9cm时，AN最小，∴AN=122+92=15（cm），故答案为：15．总结提升：本题考查的是相似三角形的性质应用与二次函数求最值的结合，把代数与几何问题进行了相互渗透，本题中证明△ABM∽△MCN以及运用二次函数求线段的最值是解题的关键．27．（2022•富阳区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，∠OAB＝45°，∠ABO＝60°，BD＝8．点P从B点出发沿着BD方向运动，到达点O停止运动．连接AP，点B关于直线AP的对称点为Q．当点Q落在AC上时，则OQ＝，在运动过程中，点Q到直线BD的距离的最大值为．。

初中数学专题07几何图形动点运动问题(解析版)

专题七几何图形动点运动问题【考题研究】几何动点运动问题，是以几何知识和具体的几何图形为背景，渗透运动变化的观点，通过点、线、形的运动，图形的平移、翻折、旋转等把图形的有关性质和图形之间的数量关系位置关系看作是在变化的、相互依存的状态之中，要求对运动变化过程伴随的数量关系的图形的位置关系等进行探究．对学生分析问题的能力，对图形的想象能力，动态思维能力的培养和提高有着积极的促进作用．动态问题，以运动中的几何图形为载体所构建成的综合题，它能把几何、三角、函数、方程等知识集于一身，题型新颖、灵活性强、有区分度，受到了人们的高度关注，同时也得到了命题者的青睐，动态几何问题，常常出现在各地的中考数学试卷中．【解题攻略】几何动点运动问题通常包括动点问题、动线问题、面动问题，在考查图形变换(含三角形的全等与相似)的同时常用到的不同几何图形的性质，以三角形四边形为主，主要运用方程、函数、数形结合、分类讨论等数学思想．【解题类型及其思路】动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。

）动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或其三角函数、线段或面积的最值。

利用动点（图形）位置进行分类，把运动问题分割成几个静态问题，然后运用转化的思想和方法将几何问题转化为函数和方程问题,利用函数与方程的思想和方法将所解决图形的性质（或所求图形面积）直接转化为函数或方程。

解题类型：几何动点运动问题常见有两种常见类型：(1)利用函数与方程的思想和方法将所解决图形的性质直接转化为函数或方程；(2)根据运动图形的位置分类，把动态问题分割成几个静态问题，再将几何问题转化为函数和方程问题【典例指引】类型一【探究动点运动过程中线段之间的数量关系】【典例指引1】在△ABC中，∠ACB＝45°，点D为射线BC上一动点（与点B、C不重合），连接AD，以AD为一边在AD右侧作正方形ADEF．（1）如果AB＝AC，如图1，且点D在线段BC上运动，判断∠BAD∠CAF（填“＝”或“≠”），并证明：CF⊥BD（2）如果AB≠AC，且点D在线段BC的延长线上运动，请在图2中画出相应的示意图，此时（1）中的结论是否成立？请说明理由；（3）设正方形ADEF的边DE所在直线与直线CF相交于点P，若AC＝42，CD＝2，求线段CP的长．【答案】（1）＝，见解析；（2）AB≠AC时，CF⊥BD的结论成立，见解析；（3）线段CP的长为1或3 【解析】【分析】（1）证出∠BAC＝∠DAF＝90°，得出∠BAD＝∠CAF；可证△DAB≌△F AC（SAS），得∠ACF＝∠ABD＝45°，得出∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．即CF⊥BD．（2）过点A作AG⊥AC交BC于点G，可得出AC＝AG，易证△GAD≌△CAF（SAS），得出∠ACF＝∠AGD ＝45°，∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．即CF⊥BD．（3）分两种情况去解答．①点D在线段BC上运动，求出AQ＝CQ＝4．即DQ＝4﹣2＝2，易证△AQD∽△DCP，得出对应边成比例，即可得出CP＝1；②点D在线段BC延长线上运动时，同理得出CP＝3．【详解】（1）①解：∠BAD＝∠CAF，理由如下：∵四边形ADEF是正方形∴∠DAF＝90°，AD＝AF∵AB＝AC，∠BAC＝90°∴∠BAD+∠DAC＝∠CAF+∠DAC＝90°∴∠BAD＝∠CAF故答案为：＝②在△BAD和△CAF中，AB ACBAD CAF AD AF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△BAD≌△CAF（SAS）∴CF＝BD∴∠B＝∠ACF∴∠B+∠BCA＝90°∴∠BCA+∠ACF＝90°∴∠BCF＝90°∴CF⊥BD（2）如图2所示：AB≠AC时，CF⊥BD的结论成立．理由如下：过点A作GA⊥AC交BC于点G则∠GAD＝∠CAF＝90°+∠CAD∵∠ACB＝45°∴∠AGD＝45°∴AC＝AG在△GAD和△CAF中，AG ACGAD CAF AD AF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△GAD≌△CAF（SAS），∴∠ACF＝∠AGD＝45°，∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°∴CF⊥BD．（3）过点A作AQ⊥BC交CB的延长线于点Q，①点D在线段BC上运动时，如图3所示：∵∠BCA＝45°∴△ACQ是等腰直角三角形∴AQ＝CQ＝22AC＝4∴DQ＝CQ﹣CD＝4﹣2＝2∵AQ⊥BC，∠ADE＝90°∴∠DAQ+∠ADQ＝∠ADQ+∠PDC＝90°∴∠DAQ＝∠PDC∵∠AQD＝∠DCP＝90°∴△DCP∽△AQD∴CPDQ＝CDAQ，即CP2＝24解得：CP＝1②点D在线段BC延长线上运动时，如图4所示：∵∠BCA＝45°∴AQ＝CQ＝4∴DQ＝AQ+CD＝4+2＝6∵AQ⊥BC于Q∴∠Q＝∠F AD＝90°∵∠C′AF＝∠C′CD＝90°，∠AC′F＝∠CC′D ∴∠ADQ＝∠AFC′则△AQD∽△AC′F∴CF⊥BD∴△AQD∽△DCP∴CPDQ＝CDAQ，即CP6＝24解得：CP＝3综上所述，线段CP的长为1或3．【名师点睛】此题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及直角三角形的性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．【举一反三】如图1，点C在线段AB上，（点C不与A、B重合），分别以AC、BC为边在AB同侧作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE、BD交于点P（1）观察猜想：①线段AE与BD的数量关系为_________；②∠APC的度数为_______________（2）数学思考：如图2，当点C在线段AB外时，（1）中的结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明（3）拓展应用：如图3，分别以AC、BC为边在AB同侧作等腰直角三角形ACD和等腰直角三角形BCE，其中∠ACD=∠BCE=90°，CA=CD，CB=CE，连接AE=BD交于点P，则线段AE与BD的关系为________________【答案】（1）AE=BD．∠APC=60°；（2）成立，见详解；（3）AE=BD【解析】【分析】（1）观察猜想：①证明△ACE≌△DCB（SAS），可得AE=BD，∠CAE=∠BDC；②过点C向AE，BD作垂线，由三角形全等可得高相等，再根据角分线判定定理，推出PC平分∠APB，即可求出∠APC的度数；（2）数学思考：结论成立，证明方法类似；（3）拓展应用：证明△ACE≌△DCB（SAS），即可得AE=BD.【详解】解：（1）观察猜想：结论：AE=BD．∠APC=60°．理由：①∵△ADC，△ECB都是等边三角形，∴CA=CD，∠ACD=∠ECB=60°，CE=CB，∴∠ACE=∠DCB，∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE=BD；②由①得∠EAC=∠BDC，∵∠AOC=∠DOP，∴∠APB=∠AOC+∠EAC=180°-60°= 120°．过过点C向AE，BD作垂线交于点F与G∵由①知△ACE≌△DCB∴CF=CG∴CP为∠APB的角平分线∴∠APC=12APB∠=60°；（2）数学思考：结论仍然成立．①∵△ADC，△ECB都是等边三角形，∴CA=CD，∠ACD=∠ECB=60°，CE=CB，∴∠ACE=∠DCB∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE=BD；②由①得∠AEC=∠DBC，∴∠CEA+∠PEB=∠CBD+∠PEB=60°，∴∠APB=∠CBD+∠CBE+∠PEB=120°．过过点P向AC，BC作垂线交于点H与I∵由①知△ACE≌△DCB∴PH=PI∴CP为∠APB的角平分线∴∠APC=12APB∠=60°；（3）∵△ADC，△ECB都是等腰直角三角形，∴CA=CD，∠ACD=∠ECB=90°，CE=CB，∴∠ACB+∠BCE=∠ACB+∠ACD∴∠ACE=∠DCB∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE=BD.【点睛】本题属于四边形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．类型二【确定动点运动过程中的运动时间】【典例指引2】已知：如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的项点B的坐标是(6,4).（1）直接写出A点坐标（______，______），C点坐标（______，______）；（2）如图，D为OC中点.连接BD，AD，如果在第二象限内有一点(),1P m，且四边形OADP的面积是ABC∆面积的2倍，求满足条件的点P的坐标；（3）如图，动点M 从点C 出发，以每钞1个单位的速度沿线段CB 运动，同时动点N 从点A 出发.以每秒2个单位的連度沿线段AO 运动，当N 到达O 点时，M ，N 同时停止运动，运动时间是t 秒()0t >，在M ，N 运动过程中.当5MN =时，直接写出时间t 的值.【答案】（1）()6,0A ，()0,4C （2）()18,1P -（3）1或3 【解析】【分析】（1）根据矩形的性质和直角坐标系中点的确定，即可求出A 点坐标和C 点坐标；（2）根据四边形OADP 的面积是ABC ∆面积的2倍，列出关于m 的方程，解方程即可求出点P 的坐标；（3）由题意表示出ON =6－2t ，MC =t ，过点M 作ON 得垂线ME 交OA 于点E ，根据勾股定理列出关于t 的方程，求解即可. 【详解】（1）∵长方形OABC 的项点B 的坐标是(6,4)， ∴BC =6，AB =4， ∴OA =6，OC =4， ∴A （6,0）C （0,4）；（2）连接PD ，PO ，过点P 作PE ⊥OD ，交OD 于点E ，∵BC =6，AB =4； ∴11==64=1222ABC S AB BC ⋅⨯⨯△， ∵四边形OADP 的面积是ABC ∆面积的2倍， ∴四边形OADP 的面积是24， ∴==OADP S S S △OAD △ODP 四边形＋11=2422OA OD PE OD ⋅⋅＋ ∵D 为OC 中点， ∴OD =2;∵(),1P m 是第二象限的点， ∴PE =﹣m ， ∴可列方程为1162+2m =22⨯⨯⨯⨯（﹣）24；解得m =﹣18， ∴()18,1P -（3）如图，过点M 作ON 的垂线ME 交OA 于点E ，由题意得ON =6－2t ，MC =t ()3t ≤0＜； ∴ME =4，EN =6－3t 又∵5MN =，∴根据勾股定理可列方程为()22246t =5＋－3，解方程得t =1或t =3 ∴当t =1或t =3时，5MN =. 【名师点睛】本题考查了矩形的性质和直角坐标系中点的确定，勾股定理等，利用方程思想解决问题是解题的关键【举一反三】如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝3，BC＝5，点P从点A出发，沿AD以每秒1个单位的速度向终点D运动．连结PO并延长交BC于点Q．设点P的运动时间为t秒．（1）求BQ的长，（用含t的代数式表示）（2）当四边形ABQP是平行四边形时，求t的值（3）当点O在线段AP的垂直平分线上时，直接写出t的值．【答案】（1）BQ＝5﹣t;（2）52秒;（3）t＝165.【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质可证△APO≌△CQO，则AP＝CQ，再利用BQ BC CQ=-即可得出答案；（2）由平行四边形性质可知AP∥BQ，当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，建立一个关于t的方程，解方程即可求出t的值；（3）在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC的长度，进而求出AO的长度，然后利用ABC的面积求出EF 的长度，进而求出OE的长度，而AE可以用含t的代数式表示出来，最后在Rt AOE中利用勾股定理即可求值.【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，AD∥BC，∴∠P AO＝∠QCO，∵∠AOP＝∠COQ，∴△APO≌△CQO（ASA），∴AP＝CQ＝t，∵BC＝5，∴BQ＝BC-CQ=5﹣t；（2）∵AP ∥BQ ，当AP ＝BQ 时，四边形ABQP 是平行四边形，即t ＝5﹣t ，t ＝52， ∴当t 为52秒时，四边形ABQP 是平行四边形；（3）t ＝165，如图，在Rt △ABC 中， ∵AB ＝3，BC ＝5，∴AC 2222534BC AC -=-= ∴AO ＝CO ＝12AC ＝2， 1122ABCSAB AC BC EF == AB AC BC EF ∴=∴3×4＝5×EF ， ∴125EF =， ∴65OE =，∵OE 是AP 的垂直平分线， ∴AE ＝12AP ＝12t ，∠AEO ＝90°，由勾股定理得：AE 2+OE 2＝AO 2，22216()()225t ∴+=165t ∴=或165t =-（舍去）∴当165t =秒时，点O 在线段AP 的垂直平分线上．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定及性质以及动点问题，掌握平行四边形的判定及性质，以及勾股定理是解题的关键.类型三【探究动点运动过程中图形的形状或图形之间的关系】【典例指引3】已知矩形ABCD 中，10cm AB =，20cm BC =，现有两只蚂蚁P 和Q 同时分别从A 、B出发，沿AB BC CD DA =--方向前进，蚂蚁P 每秒走1cm ，蚂蚁Q 每秒走2cm ．问：（1）蚂蚁出发后△PBQ 第一次是等腰三角形需要爬行几秒? （2）P 、Q 两只蚂蚁最快爬行几秒后，直线PQ 与边AB 平行? 【答案】（1）蚂蚁出发后△PBQ 第一次是等腰三角形需要爬行103秒；（2）P 、Q 两只蚂蚁最快爬行20秒后,直线PQ ∥AB 【解析】【分析】（1）首先设蚂蚁出发后△PBQ 第一次是等腰三角形需要爬行t 秒，可得方程：10-t =2t ，解此方程即可求得答案；（2）首先设P 、Q 两只蚂蚁最快爬行x 秒后，直线PQ ∥AB ，可得方程：x -10=50-2x ，解此方程即可求得答案. 【详解】(1)设蚂蚁出发后△PBQ 第一次是等腰三角形需要爬行t 秒， ∵四边形ABCD 是长方形， ∴∠B =90∘， ∴BP =BQ ，∵AP =tcm ,BQ =2tcm ,则PB =AB −AP =10−t (cm )， ∴10−t =2t ，解得：t=103，∴蚂蚁出发后△PBQ第一次是等腰三角形需要爬行103秒；(2)设P、Q两只蚂蚁最快爬行x秒后,直线PQ∥AB，∵AD∥BC，∴四边形ABPQ是平行四边形，∴AQ=BP，∴x−10=50−2x，解得：x=20，∴P、Q两只蚂蚁最快爬行20秒后,直线PQ∥AB；【名师点睛】此题考查了矩形的性质以及等腰三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．【举一反三】如图，平面直角坐标系中，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点（AO<AB）且AO、AB的长分别是一元二次方程x2-3x+2=0的两个根，点C在x轴负半轴上，且AB：AC=1:2.（1）求A、C两点的坐标；（2）若点M从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连接AM，设△ABM的面积为S，点M的运动时间为t，写出S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）A(1，0)，C(-3，0)；(2)23(023)33S t tS t t⎧=≤<⎪⎨=-⎪⎩（＞）（3）存在，点Q的坐标为(-1，0)，(1，2)，(1，-2)，（123）.【解析】【分析】（1）根据方程求出AO 、AB 的长，再由AB ：AC =1:2求出OC 的长，即可得到答案；（2）分点M 在CB 上时，点M 在CB 延长线上时，两种情况讨论S 与t 的函数关系式；（3）分AQ =AB ,BQ =BA ,BQ =AQ 三种情况讨论可求点Q 的坐标. 【详解】（1）x 2-3x +2=0，（x -1）（x -2）=0， ∴x 1=1，x 2=2， ∴AO =1，AB =2， ∴A (1，0)，OB ===，∵AB ：AC =1:2, ∴AC =2AB =4， ∴OC =AC -OA =4-1=3， ∴C (-3，0).(2)∵3OB OC ==,∴22222312BC OB OC =+=+=, ∵2222416,24AC AB ====, ∴222AC AB BC =+,∴△ABC 是直角三角形，且∠ABC =90︒，由题意得：CM =t ，BC=当点M 在CB 上时，1)2S t t =⨯=(0t ≤<， ②当点M 在CB 延长线上时，12(2S t t =⨯-=-t＞.综上，(0 S t t S t t ⎧=≤<⎪⎨=-⎪⎩＞. （3）存在，①当AB 是菱形的边时，如图所示，在菱形AP 1Q 1B 中，Q 1O =AO =1，∴ Q 1(-1，0)，在菱形ABP 2Q 2中，AQ 2=AB =2，∴Q 2(1，2)，在菱形ABP 3Q 3中，AQ 3=AB =2，∴Q 3(1，-2)； ②当AB 为菱形的对角线时，如图所示，设菱形的边长为x ，则在Rt △AP 4O 中，22244AO P O AP += 2221(3)x x =+-，解得x =233， ∴Q 4（1，233）. 综上，平面内满足条件的点Q 的坐标为(-1，0)，(1，2)，(1，-2)，（1，233）.【点睛】此题考查一次函数的综合运用、解一元二次方程，解题过程中注意分类讨论.类型四【探究动点运动过程中图形的最值问题】【典例指引4】如图，抛物线y ＝ax 2﹣34x +c 与x 轴相交于点A （﹣2，0）、B （4，0），与y 轴相交于点C ，连接AC ，BC ，以线段BC 为直径作⊙M ，过点C 作直线CE ∥AB ，与抛物线和⊙M 分别交于点D ，E ，点P 在BC 下方的抛物线上运动．（1）求该抛物线的解析式；（2）当△PDE是以DE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；（3）当四边形ACPB的面积最大时，求点P的坐标并求出最大值．【答案】（1）y＝38x2﹣34x﹣3；（2）P（3，﹣138）；（3）点P（2，﹣3），最大值为12【解析】【分析】（1）用交点式设出抛物线的表达式，化为一般形式，根据系数之间的对应关系即可求解；（2）根据（1）中的表达式求出点C（0，-3），函数对称轴为：x=1，则点D（2，-3），点E（4，-3），当△PDE 是以DE为底边的等腰三角形时，点P在线段DE的中垂线上，据此即可求解；（3）求出直线BC的表达式，设出P、H点的坐标，根据四边形ACPB的面积＝S△ABC+S△BHP+S△CHP进行计算，化为顶点式即可求解．【详解】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+2）（x﹣4）＝a（x2﹣2x﹣8），即﹣2a＝﹣34，解得：a＝38，故抛物线的表达式为：y＝38x2﹣34x﹣3；（2）当x=0时，y=-3，故点C的坐标为（0，﹣3），函数对称轴为：x＝242-+=1，∵CE∥AB∴点D（2，﹣3），点E（4，﹣3），则DE的中垂线为：x＝242＝3，当x＝3时，y＝38x2﹣34x﹣3＝﹣138，故点P（3，﹣138）；（3）设直线BC的解析式为y=kx+b，把B（4，0）C（0，﹣3）代入得：403k bb+=⎧⎨=-⎩解得：343 kb⎧=⎪⎨⎪=-⎩∴直线BC的表达式为：y＝34x﹣3，故点P作y轴的平行线交BC于点H，设点P（x，38x2﹣34x﹣3），则点H（x，34x﹣3）；四边形ACPB的面积＝S△ABC+S△BHP+S△CHP＝12⨯3×6+12⨯HP×OB＝9+12×4×（34x﹣3﹣38x2+34x+3）＝﹣3 4x2+3x+9=()23-2124x-+，∵﹣34＜0，故四边形ACPB的面积有最大值为12，此时，点P（2，﹣3）．【名师点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、圆的基本知识、面积的计算等，综合性强，掌握中点坐标公式及作辅助线的方法是关键．【举一反三】已知：如图.在△ABC中.AB=AC=5cm，BC=6cm.点P由B出发，沿BC方向匀速运动.速度为1cm/s.同时，点Q从点A出发，沿AC方向匀速运动.速度为1cm/s，过点P作PM⊥BC交AB于点M，过点Q作QN⊥BC，垂足为点N，连接MQ，若设运动时间为t(s)(0<t<3)，解答下列问题：（1）当t为何值时，点M是边AB中点?（2）设四边形PNQM的面积为y(cm2)，求出y与t之间的函数关系式；（3）是否存在某一时刻t，使S四边形PNQM:S△ABC=4:9?若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由；（4）是否存在某一时刻t，使四边形PNQM为正方形?若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）当t为32s时，点M是AB中点；（2）y与t的函数关系式是y28675t=-+；（3）t的值为52s；（4）不存在，理由见解析. 【解析】【分析】（1）求出BD＝3，根据BM BPAB BD=，即可求出时间t；（2）先判断出△MBP∽△ABD，进而得出MP，同理表示出QN和CN，然后利用梯形面积公式进行计算即可得出结论；（3）根据（2）中所求，结合面积之间的关系建立方程即可得出结论；（4）假设存在，先利用PM＝QN求出t，进而求出PM，PN，判断出PM≠PN即可得出结论．【详解】解：（1）过点A作AD⊥BC于点D，∵PM⊥BC，∴PM∥AD，∴BM BP AB BD=，∵点M 是AB 中点 ∴12BM AB =， ∴12BP BD =， ∵AB = AC ， ∴132BD CD BC ===， ∵BP =t ， ∴132t =，解得：32t =，即当t 为32s 时，点M 是AB 中点；（2）过点A 作AD ⊥BC 于点D ， ∵PM ∥AD ， ∴△MBP ∽△ABD ， ∴MP BPAD BD=，∵4AD ==， ∴43MP t=， ∴43MP t =，同理，△QCN ∽△ACD ， ∴CQ QN CNAC AD CD==， ∵5CQ t =-， ∴5543t QN CN-==， ∴()445=455QN t t =--，()335=355CN t t =--， ∴32=63355PN t t t --+=-，∴y =S 四边形PNQM =()21144284362235575MP QN PN t t t t ⎛⎫⎛⎫+⋅=+-⋅-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即y 与t 的函数关系式是y 28675t =-+；（3）若S 四边形PNQM ：S △ABC ＝4：9，则y =49S △ABC ，∵S △ABC =11641222BC AD ⋅=⨯⨯=，∴2846=12759t -+⨯，解得152t =，252t =-（不合题意，舍去）， ∴t 的值为52s ；（3）若四边形PNQM 为正方形，则需满足PM = QN ，PM = PN ，当PM = QN 时，44=435t t -，解得：158t =，当158t =时，PM =44155==3382t ⨯，PN =221593=3=5584t --⨯，∴PM ≠PN ， ∴不存在．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、勾股定理、梯形和三角形的面积公式、解一元二次方程以及正方形的性质等知识点，解本题的关键是用方程的思想解决问题．【新题训练】1．如图①，△ABC 是等边三角形，点P 是BC 上一动点（点P 与点B 、C 不重合），过点P 作PM ∥AC 交AB 于M ，PN ∥AB 交AC 于N ，连接BN 、CM ．（1）求证：PM +PN ＝BC ；（2）在点P 的位置变化过程中，BN ＝CM 是否成立？试证明你的结论；（3）如图②，作ND ∥BC 交AB 于D ，则图②成轴对称图形，类似地，请你在图③中添加一条或几条线段，使图③成轴对称图形（画出一种情形即可）．【答案】（1）见解析；（2）结论成立，理由见解析；（3）见解析【解析】【分析】（1）先证明△BMP，△CNP是等边三角形，再证明△BPN≌△MPC，从而PM=PB，PN=PC，可得PM+PN ＝BC；（2）BN＝CM总成立，由（1）知△BPN≌△MPC，根据全等三角形的性质可得结论；（3）作ND∥BC交AB于N，作ME∥BC交AC于M，作EF∥AB交BC于F，连接DF即可．【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°，∵PM∥AC，PN∥AB，∴∠BPM＝∠ACB＝60°，∠CPN＝∠ABC＝60°，∴△BMP，△CNP是等边三角形，∴∠BPM＝∠CPN＝60°，PN=PC，PN=PC，∴∠BPN＝∠MPC，∴△BPN≌△MPC，∴PM=PB，PN=PC，∵BP+PC＝BC，∴PM+PN＝BC;（2）BN＝CM总成立，理由：由（1）知△BPN≌△MPC，∴BN＝CM；（3）解：如图③即为所求．作ND∥BC交AB于N，作ME∥BC交AC于M，作EF∥AB交BC于F，连接DF，作直线AH⊥BC交BC 于H，同（1）可证△AND，△AME，△BPM，△CEF都是等边三角形，∴D与N，M与E，B与C关于AH对称.∴BM=CE，∴BM=CF，∴P与F关于AH对称，∴所做图形是轴对称图形.【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，轴对称图形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．2．如图，在矩形ABCD中，AB=18，AD=12，点M是边AB的中点，连结DM，DM与AC交于点G，点E，F分别是CD与DG上的点，连结EF，(1)求证：CG=2AG.(2)若DE=6，当以E，F，D为顶点的三角形与△CDG相似时，求EF的长.(3)若点E从点D出发，以每秒2个单位的速度向点C运动，点F从点G出发，以每秒1个单位的速度向点D运动.当一个点到达，另一个随即停止运动.在整个运动过程中，求四边形CEFG的面积的最小值.【答案】(1)证明见解析；(2) EF 1213；(3)S四边形CEFG最小=52.【解析】【分析】(1)利用矩形的性质及平行线的性质，可证得∠DCG=∠MAG，,∠CDG=∠AMG，△AGM∽△CGD，再利用相似三角形的对应边相等，可得比例线段，然后证明DC=AB=2AM，即可证得CG与AG的数量关系. (2)利用勾股定理，分别求出AC、DG的长，再分情况讨论：①当∠DEF=∠DCG时，△DEF∽△DCG；②当∠DEF=∠DGC时，△DEF∽△DGC，分别利用相似三角形的性质，得出对应边成比例，即可求出EF的长.(3)作GH⊥DC，FN⊥DC，易证△DNF∽△MAD，可证对应边成比例，求出NF的长，再根据S四边形CEFG=S△DCG-S△DEF，可得到S与t的函数解析式，再利用二次函数的性质，可求出四边形CEFG的面积的最小值.【详解】证明：(1)在矩形ABCD中，AB∥DC,∴∠DCG=∠MAG,∠CDG=∠AMG,∴△AGM∽△CGD,∴CG DC AG AM=∵点M是边AB的中点, ∴DC=AB=2AM,∴CGAG=2，CG即CG=2AG(2)在Rt△ADC中,由勾股定理得AC=2222AD CD1218613+=+=,由(1)得CG=2AG，CG=23AC=413，同理可得DG=10①当∠DEF=∠DCG时,△DEF∽△DCG∴EF DECG DC=即EF618413=,解得EF=4133②当∠DEF=∠DGC时,△DEF∽△DGC∴EF DECG DG=,即EF610413=,解得EF=12135(3)作GH⊥DC,FN⊥DC,设运动时间为t，则DF=DG-FG=10-t，DE=2t，∵∠DNF=∠DAM,∠NDF=∠AMD,∴△DNF∽△MAD∴DF FN DM DA = 即 10t FN 1512-= ，解得NF = 404t5- ∵S 四边形CEFG =S △DCG -S △DEF ()22211404t 4404=18122t t t 72=5523225555-⨯⨯⨯-⨯⨯=-+-+t ∴当t =5时，S 四边形CEFG 最小=52 【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的动点问题，以及二次函数的实际应用，熟练掌握矩形的性质判定相似三角形，然后利用相似三角形的性质求出边长并建立二次函数模型是解题的关键.3．知识链接：将两个含30°角的全等三角尺放在一起，让两个30°角合在一起成60°，经过拼凑、观察、思考，探究出结论“直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半”．如图，等边三角形ABC 的边长为4cm ，点D 从点C 出发沿CA 向A 运动，点E 从B 出发沿AB 的延长线BF 向右运动，已知点D 、E 都以每秒0.5cm 的速度同时开始运动，运动过程中DE 与BC 相交于点P ，设运动时间为x 秒．(1)请直接写出AD 长．（用x 的代数式表示） (2)当△ADE 为直角三角形时，运动时间为几秒？ (3)求证：在运动过程中，点P 始终为线段DE 的中点．【答案】（1）AD =4-0.5x ；（2）83；（3）证明见解析．【解析】【详解】试题分析：（1）直接根据AD =AC -CD 求解；（2）设x 秒时，△ADE 为直角三角形，分别用含x 的式子表示出AD 和AE ，再根据Rt △ADE 中30°角所对的直角边等于斜边的一半得出x 的方程，求解即可；（3）作DG ∥AB 交BC 于点G ，证△DGP ≌△EBP 便可得. 解：（1）由AC =4，CD =0.5x ，得AD =AC -CD =4-0.5x ；（2）∵△ABC 是等边三角形，∴AB =BC =AC =4cm ，∠A =∠ABC =∠C =60°．设x 秒时，△ADE 为直角三角形，∴∠ADE =90°，CD =0.5x ，BE =0.5x ，AD =4-0.5x ，AE =4+0.5x ， ∴∠AED =30°，∴AE =2AD ， ∴4+0.5x =2（4-0.5x ），∴x =83.答：运动83秒后，△ADE 为直角三角形；（3）作DG ∥AB 交BC 于点G ，∴∠GDP =∠BEP ，∠CDG =∠A =60°，∠CGD =∠ABC =60°， ∴∠C =∠CDG =∠CGD ，∴△CDG 是等边三角形，∴DG =DC ， ∵DC =BE ，∴DG =BE ．在△DEP 和△EBP 中，∠GDP ＝BEP ，∠DPG ＝∠EPB ，DG ＝EB ， ∴△DGP ≌△EBP ，∴DP =PE ．∴在运动过程中，点P 始终为线段DE 的中点．4．如图所示，已知抛物线2(0)y ax a =≠与一次函数y kx b =+的图象相交于(1,1)A --，(2,4)-B 两点，点P 是抛物线上不与A ，B 重合的一个动点.（1）请求出a ，k ，b 的值；（2）当点P 在直线AB 上方时，过点P 作y 轴的平行线交直线AB 于点C ，设点P 的横坐标为m ，PC 的长度为L ，求出L 关于m 的解析式；（3）在（2）的基础上，设PAB ∆面积为S ，求出S 关于m 的解析式，并求出当m 取何值时，S 取最大值，最大值是多少？【答案】（1）1k =-，2b =-，1a =-；（2）22(12)L m m m =-++-<<；（3）当12m =时，S 取最大值，最大值为278【解析】【分析】（1）把A 、B 坐标分别代入抛物线和一次函数解析式即可求出a 、b 、k 的值；（2）根据a 、b 、k 的值可得抛物线和直线AB 的解析式，根据P 点横坐标为m 可用m 表示P 、C 两点坐标，根据两点间距离公式即可得L 与m 的关系式；（3）如图，作AD ⊥PC 于D ，BE ⊥PC 于E ，根据PAB PAC PBC S S S ∆∆∆=+，可用m 表示出S ，配方求出二次函数的最值即可得答案. 【详解】（1）∵点A （-1，-1）在抛物线2(0)y ax a =≠图象上， ∴2(1)1a -=-，解得：1a =-，∵点A （-1，-1）、B （2，-4）在一次函数y kx b =+的图象上，∴124k b k b -+=-⎧⎨+=-⎩，解得12k b =-⎧⎨=-⎩，∴1k =-，2b =-，（2）∵1k =-，2b =-，a =-1，∴直线AB 的解析式为2y x =--，抛物线的解析式为2y x =-，∵点P 在抛物线上，点C 在直线AB 上，点P 横坐标为m ，PC //y 轴， ∴()2,P m m-，(,2)C m m --，∴L 关于m 的解析式：22(12)L m m m =-++-<<，（3）如图，作AD ⊥PC 于D ，BE ⊥PC 于E ， ∴AD =m +1，BE =2-m ， ∵PAB PAC PBC S S S ∆∆∆=+， ∴S =12PC ·AD +12PC ·BE ()()()()2211122222m m m m m m =+-+++--++ ()2322m m =-++ 233322m m =-++配方得：23127228S m ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，∴当12m =时，S 取最大值，最大值为278【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式及二次函数的最值，熟练运用配方法求二次函数的最值是解题关键. 5．已知：如图，在矩形ABCD 中，AC 是对角线，AB ＝6cm ，BC ＝8cm ．点P 从点D 出发，沿DC 方向匀速运动，速度为1cm /s ，同时，点Q 从点C 出发，沿CB 方向匀速运动，速度为2cm /s ，过点Q 作QM ∥AB 交AC 于点M ，连接PM ，设运动时间为t （s ）（0＜t ＜4）．解答下列问题：（1）当t 为何值时，∠CPM ＝90°；（2）是否存在某一时刻t ，使S 四边形MQCP ＝ABCD 1532S 矩形？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；（3）当t 为何值时，点P 在∠CAD 的角平分线上．【答案】（1）t ＝125s 时，∠CPM ＝90°；（2）t ＝3s 时，S 四边形MQCP ＝ABCD 1532S 矩形；（3）当t ＝83s 时，点P在∠CAD 的平分线上．【解析】【分析】（1）首先证明QM =PC ，利用平行线分线段成比例定理构建方程即可解决问题．（2）根据S 四边形MQCP ＝ABCD1532S 矩形，构建方程即可解决问题．（3）如图1中，作PH ⊥AC 于H ．证明△P AD ≌△P AH （AAS ），推出AD =AH =8，DP =PH ，设DP =PH =x ，在Rt △PCH 中，构建方程即可解决问题．【详解】解：（1）∵四边形ABCD 是矩形， ∴AB ＝CD ＝6，BC ＝AD ＝8，∠D ＝90°，∴AC 10，∵∠CPM ＝∠D ＝90°， ∴PM ∥AD ， ∵QM ∥AB ∥CD ，∴四边形PCQM 是平行四边形， ∴PC ＝QM ＝6﹣t ，∵QM AB ＝CQCB ， ∴66t -＝28t ，解得t ＝125，∴t ＝125s 时，∠CPM ＝90°．（2）∵S 四边形MQCP ＝ABCD15S 32矩形， ∴12•（6﹣t ）•2t +12•2t •34×2t ＝1532×6×8，解得t ＝3或﹣15（舍弃），答：t ＝3s 时，S 四边形MQCP ＝ABCD 15S 32矩形．（3）如图1中，作PH ⊥AC 于H ．∵∠D ＝∠AHP ＝90°，AP ＝AP ，∠P AD ＝∠P AH ， ∴△P AD ≌△P AH （AAS ），∴AD ＝AH ＝8，DP ＝PH ，设DP ＝PH ＝x ， ∵AC ＝10， ∴CH ＝2，在Rt △PCH 中，∵PH 2+CH 2＝PC 2， ∴t 2+22＝（6﹣t ）2，解得t ＝83，答：当t ＝83s 时，点P 在∠CAD 的平分线上．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．6．在等边三角形ABC 中，点D 是BC 的中点，点E 、F 分别是边AB 、AC （含线段AB 、AC 的端点）上的动点，且∠EDF ＝120°，小明和小慧对这个图形展开如下研究：问题初探：（1）如图1，小明发现：当∠DEB ＝90°时，BE +CF ＝nAB ，则n 的值为；问题再探：（2）如图2，在点E、F的运动过程中，小慧发现两个有趣的结论：①DE始终等于DF；②BE与CF的和始终不变；请你选择其中一个结论加以证明．成果运用:（3）若边长AB＝8，在点E、F的运动过程中，记四边形DEAF的周长为L，L＝DE+EA+AF+FD，则周长L取最大值和最小值时E点的位置?【答案】（1）12；（2）①见解析；②见解析；（3）周长L取最大值时点E和点B重合或BE=4，取最小值时BE=2．【解析】【分析】（1）先利用等边三角形判断出BD=CD=12AB，进而判断出BE=12BD，再判断出∠DFC=90°，得出CF=12CD，即可得出结论；（2）①构造出△EDG≌△FDH（ASA），得出DE=DF，即可得出结论；②由（1）知，BG+CH=12AB，由①知，△EDG≌△FDH（ASA），得出EG=FH，即可得出结论；（3）由（1）（2）判断出L=2DE+12，再判断出DE⊥AB时，L最小，点F和点C重合时，DE最大，即可得出结论．【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠C=60°，AB=BC，∵点D是BC的中点，∴BD=CD=12BC=12AB，∵∠DEB=90°，∴∠BDE=90°-∠B=30°，在Rt△BDE中，BE=12 BD，∵∠EDF=120°，∠BDE=30°，∴∠CDF=180°-∠BDE-∠EDF=30°，∵∠C=60°，∴∠DFC=90°，在Rt△CFD中，CF=12 CD，∴BE +CF =12BD +12CD =12BC =12AB ， ∵BE +CF =nAB ， ∴n =12，故答案为：12；（2）如图，①过点D 作DG ⊥AB 于G ，DH ⊥AC 于H ， ∴∠DGB =∠AGD =∠CHD =∠AHD =90°， ∵△ABC 是等边三角形， ∴∠A =60°，∴∠GDH =360°-∠AGD -∠AHD -∠A =120°， ∵∠EDF =120°， ∴∠EDG =∠FDH ，∵△ABC 是等边三角形，且D 是BC 的中点， ∴∠BAD =∠CAD ， ∵DG ⊥AB ，DH ⊥AC ， ∴DG =DH ，在△EDG 和△FDH 中，90DGE DHF DG DHEDG FDH ∠∠︒⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝＝， ∴△EDG ≌△FDH （ASA ）， ∴DE =DF ，即：DE 始终等于DF ；②同（1）的方法得，BG+CH=12 AB，由①知，△EDG≌△FDH（ASA），∴EG=FH，∴BE+CF=BG-EG+CH+FH=BG+CH=12 AB，∴BE与CF的和始终不变；（3）由（2）知，DE=DF，BE+CF=12 AB，∵AB=8，∴BE+CF=4，∴四边形DEAF的周长为L=DE+EA+AF+FD =DE+AB-BE+AC-CF+DF=DE+AB-BE+AB-CF+DE=2DE+2AB-（BE+CF）=2DE+2×8-4=2DE+12，∴DE最大时，L最大，DE最小时，L最小，当DE⊥AB时，DE最小，L最小，此时∠BDE=90°-60°=30°，BE=12BD=2，当点F和点C重合或点E和点B重合时，DE最大，点F和点C重合时，∠BDE=180°-∠EDF=120°=60°，∵∠B=60°，∴∠B=∠BDE=∠BED=60°，∴△BDE是等边三角形，∴BE=DE=BD=12AB=4，当点E和点B重合时，DE=BD=4，周长L有最大值，即周长L取最大值时点E和点B重合或BE=4，取最小值时BE=2．【点睛】本题是四边形综合题，考查等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，角平分线定理，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解题的关键．7．如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．(1)当t为何值时，四边形ABQP是矩形；(2)当t为何值时，四边形AQCP是菱形；(3)分别求出(2)中菱形AQCP的周长和面积．【答案】（1）8；（2）6；（3）,40cm,80cm2.【解析】【分析】（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，据此求得t的值；（2）当四边形AQCP是菱形时，AQ=AC，列方程求得运动的时间t；（3）菱形的四条边相等，则菱形的周长=4t，面积=矩形的面积-2个直角三角形的面积．【详解】（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，即：t=16-t，解得t=8．答：当t=8时，四边形ABQP是矩形；（2）设t秒后，四边形AQCP是菱形8t t时，四边形AQCP为菱形．当AQ=CQ22解得：t=6．答：当t=6时，四边形AQCP是菱形；（3）当t=6时，CQ=10，则周长为：4CQ=40cm，面积为：10×8=80（cm2）．8．如图，O为菱形ABCD对角线的交点，M是射线CA上的一个动点（点M与点C、O、A都不重合），过点A、C分别向直线BM作垂线段，垂足分别为E、F，连接OE，OF．。

中考数学动点问题专题讲解(建立动点问题的函数解析式)

所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.关键:动中求静.数学思想：分类思想函数思想方程思想数形结合思想转化思想注重对几何图形运动变化能力的考查从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。

在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。

二期课改后数学卷中的数学压轴性题正逐步转向数形结合、动态几何、动手操作、实验探究等方向发展．这些压轴题题型繁多、题意创新，目的是考察学生的分析问题、解决问题的能力，内容包括空间观念、应用意识、推理能力等．从数学思想的层面上讲：（1）运动观点；（2）方程思想；（3）数形结合思想；（4）分类思想；（5）转化思想等．研究历年来各区的压轴性试题，就能找到今年中考数学试题的热点的形成和命题的动向，它有利于我们教师在教学中研究对策，把握方向．只的这样，才能更好的培养学生解题素养，在素质教育的背景下更明确地体现课程标准的导向．本文拟就压轴题的题型背景和区分度测量点的存在性和区分度小题处理手法提出自己的观点．函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容.动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系.那么,我们怎样建立这种函数解析式呢?下面结合中考试题举例分析.一、应用勾股定理建立函数解析式例1(2000年·上海)如图1,在半径为6,圆心角为90°的扇形OAB 的弧AB 上,有一个动点P,PH ⊥OA,垂足为H,△OPH 的重心为G.(1)当点P 在弧AB 上运动时,线段GO 、GP 、GH 中,有无长度保持不变的线段?如果有,请指出这样的线段,并求出相应的长度.(2)设PH x =,GP y =,求y 关于x 的函数解析式，并写出函数的定义域(即自变量x 的取值范围).(3)如果△PGH 是等腰三角形,试求出线段PH 的长.解:(1)当点P 在弧AB 上运动时,OP 保持不变,于是线段GO 、GP 、GH中,有长度保持不变的线段，这条线段是GH=32NH=2132⋅OP=2. (2)在Rt △POH 中, 22236x PH OP OH -=-=, ∴2362121x OH MH -==. 在Rt △MPH 中, .∴y =GP=32MP=233631x + (0<x <6). (3)△PGH 是等腰三角形有三种可能情况: ①GP=PH 时,x x =+233631,解得6=x . 经检验, 6=x 是原方程的根,且符合题意. ②GP=GH 时,2336312=+x ,解得0=x . 经检验, 0=x 是原方程的根,但不符合题意.③PH=GH 时,2=x .综上所述,如果△PGH 是等腰三角形,那么线段PH 的长为6或2.本专题的主要特征是两个点在运动的过程中，直接或间接地构造了直角三角线，因此可以利用勾股定理去建立函数关系式. 勾股定理是初中数学的重要定理，在运用勾股定理写函数解析式的过程中，主要是找边的等量关系，要善于发现这种内在的关系，用代数式去表示这些边，达到解题的目的. 由于是压轴题，有的先有铺垫，再写解析式；有的写好解析式后，再证明等腰三角形、相似三角形等，还有的再解一些与圆有关的体型. 要认真领会，达到举一反三的目的.2222233621419x x x MH PH MP +=-+=+=H M NG PO A B 图1 x y1 牢记勾股定理：在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方.例题，扇形中∠AOB=45°，半径OB=2，矩形PQRS的顶点P、S在半径OA上，Q在半径OB上，R在弧AB上，连结OR.（1）当∠AOR=30°时，求OP长（2）设OP=x，OS=y，求y与x的函数关系式及定义域2 在四边形的翻折与旋转中，往往会应用到勾股定理，由此产生些函数解析式的问题，要熟练掌握.例题：如图，正方形ABCD中，AB=6，有一块含45°角的三角板，把45°角的顶点放在D点，将三角板绕着点D旋转，使这个45°角的两边与线段AB、BC分别相交于点E、F（点E与点A、B不重合）（1）从几个不同的位置，分别测量AE、EF、FC的长，从中你能发现AE、EF、FC的数量之间具有怎样的关系？并证明你所得到的结论（2）设AE=x，CF=y，求y与x之间的函数解析式，并写出函数的定义域（3）试问△BEF的面积能否为8？如果能，请求出EF的长；如果不能，请说明理由.3 在一些特殊的四边形中，如矩形、正方形，它们都是直角，菱形的对角线互相垂直，这些都有可能构造直角三角形，可以考虑用勾股定理写出函数的解析式.例题：如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠B=60°，点P是射线BC上的一个动点，∠PAQ=60°，交射线CD于点Q，设点P到点B的距离为x，PQ=y（1）求证：三角形APQ是等边三角形（2）求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域（3）如果PD⊥AQ，求BP的值4 作底边上的高，可以构造直角三角形，利用勾股定理写函数的解析式例题：如图，等边△ABC的边长为3，点P、Q分别是AB、BC上的动点（点P、Q与△ABC的顶点不重合），且AP=BQ，AQ、CP相交于点E.（1）如设线段AP为x，线段CP为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域（2）当△CBP的面积是△CEQ的面积的2倍时，求AP的长（3）点P、Q分别在AB、BC上移动过程中，AQ和CP能否互相垂直？如能，请指出P点的位置，请说明理由.5 在解圆的题目时，首选的辅助线是弦心距，它不仅可以运用垂径定理，而且构造了直角三角形，为用勾股定理写函数解析式创造了条件.例题：如图，⊙A和⊙B是外离的两圆，两圆的连心线分别交⊙A、⊙B于E、F，点P 是线段AB上的一动点（点P不与E、F重合），PC切⊙A于点C，PD切⊙B于点D，已知⊙A 的半径为2，⊙B的半径为1，AB=5.（1）如设线段BP的长为x，线段CP的长为y，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域（2）如果PC=PD，求PB的长（3）如果PC=2PD，判断此时直线CP与⊙B的位置关系，证明你的结论6 强调圆的首选辅助线是弦心距，它不仅可以平分弦，而且构造了直角三角形，为解题创建新思路.例题：如图，在△ABC中，AB=15,AC=20,cotA=2，P是边AB上的一个动点，⊙P的半径为定长. 当点P与点B重合时，⊙P恰好与边AC相切；当点P与点B不重合，且⊙P 与边AC相交于点M和点N时，设AP=x，MN=y.(1)求⊙P的半径(2)求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域(3)当AP=65时，试比较∠CPN与∠A的大小，并说明理由阶梯题组训练1 如图，E是正方形ABCD的边AD上的动点，F是边BC延长线上的一点，且BF=EF，AB=12，设AE=x，BF=y.（1）当△BEF是等边三角形时，求BF的长；（2）求y与x之间的函数解析式，并写出它的定义域；（3）把△ABE沿着直线BE翻折，点A落在点A′处，试探索：△A′BF能否为等腰三角形？如果能，请求出AE的长；如果不能，请说明理由.2 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，D是边AC上不与点A、C重合的任意一点，DE⊥AB，垂足为点E，M是BD的中点.（1）求证：CM=EM;（2）如果BC=3设AD=x，CM=y，求y与x的函数解析式，并写出函数的定义域；（3）当点D在线段AC上移动时，∠MCE的大小是否发生变化？如果不变，求出∠MCE 的大小；如果发生变化，说明如何变化.3 ABCD中，对角线AC⊥AB，AB=15，AC=20，点P为射线BC上一动点，AP⊥PM(点M与点B分别在直线AP的两侧)，且∠PAM=∠CAD，连结MD.(1)当点M在ABCD内时，如图，设BP=x，AP=y，求y关于x的函数关系式，并写出函数定义域；(2)请在备用图中画出符合题意的示意图，并探究：图中是否存在与△AMD相似的三角形？若存在，请写出并证明；若不存在，请说明理由；(3)当△为等腰三角形时，求BP的长.4 抛物线经过A（2，0）、B（8，0）、C（0，3316）.（1）求抛物线的解析式；（2）设抛物线的顶点为P，把△APB翻折，使点Pl落在线段AB上（不与A、B重合），记作P′，折痕为EF，设AP′=x，PE=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；（3）当点P′在线段AB上运动但不与A、B重合时，能否使△EFP′的一边与x轴垂直？若能，请求出此时点P′的坐标；若不能，请你说明理由.5 如图，矩形ABCD中，AD=7，AB=BE=2，点P是EC（包括E、C）上的动点，线段AP的垂直平分线分别交BC 、AD 于点F 、G ，设BP=x ，AG=y.（1）四边形AFPG 是说明图形？请说明理由；（2）求y 与x 的函数关系式；（3）如果分别以线段GP 、DC 为直径作圆，且使两圆外切，求x 的值.6 在梯形ABCD 中，AD//BC ，AB ⊥AD ，AB=4，AD=5，CD=5. E 为底边BC 上一点，以点E 为圆心，BE 为半径画⊙E 交直线DE 于点F.（1）如图，当点F 在线段DE 上时，设BE=x ，DF=y ，试建立y 关于x 的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；（2）当以CD 为直径的⊙O 与⊙E 相切时，求x 的值；（3）连结AF 、BF ，当△ABF 是以AF 为腰的等腰三角形时，求x 的值.7 如图，在正方形ABCD 中，AB=1，弧AC 是以点B 为圆心，AB 长为半径的圆的一段弧，点E 是边AD 上的任意一点（点E 与点A 、D 不重合），过E 作弧AC 所在圆的切线，交DC 于点F ，G 为切点.（1）当∠DEF=45°时，求证点G 为线段EF 的中点；（2）设AE=x ，FC=y ，求y 关于x 的函数解析式，并写出函数的解析式；（3）将△DEF 沿直线EF 翻折后得△D 1EF ，如图2，当EF=65时，讨论△AD 1D 与△ED 1F 是否相似，如果相似，请加以证明；如果不相似，只要求写出结论，不要求写出理由.（2003年上海第27题）二、应用比例式建立函数解析式例2（2006年·山东）如图2,在△ABC 中,AB=AC=1,点D,E 在直线BC 上运动.设BD=,x CE=y .(1)如果∠BAC=30°,∠DAE=105°,试确定y 与x 之间的函数解析式；(2)如果∠BAC 的度数为α,∠DAE 的度数为β,当α,β满足怎样的关系式时,(1)中y 与x 之间的函数解析式还成立?试说明理由.解:(1)在△ABC 中,∵AB=AC,∠BAC=30°,∴∠ABC=∠ACB=75°, ∴∠ABD=∠ACE=105°.∵∠BAC=30°,∠DAE=105°, ∴∠DAB+∠CAE=75°,又∠DAB+∠ADB=∠ABC=75°,∴∠CAE=∠ADB,∴△ADB ∽△EAC, ∴ACBD CE AB =, ∴11x y =, ∴xy 1=. (2)由于∠DAB+∠CAE=αβ-,又∠DAB+∠ADB=∠ABC=290α-︒,且函数关系式成立, ∴290α-︒=αβ-, 整理得=-2αβ︒90. 当=-2αβ︒90时,函数解析式xy 1=成立. 例3(2005年·上海)如图3(1),在△ABC 中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3. 点O 是边AC 上的一个动点,以点O 为圆心作半圆,与边AB 相切于点D,交线段OC 于点E.作EP ⊥ED,交射线AB 于点P,交射线CB 于点F.(1)求证: △ADE ∽△AEP.(2)设OA=x ,AP=y ,求y 关于x 的函数解析式,并写出它的定义域.(3)当BF=1时,求线段AP 的长.解:(1)连结OD.根据题意,得OD ⊥AB,∴∠ODA=90°,∠ODA=∠DEP.又由OD=OE,得∠ODE=∠OED.∴∠ADE=∠AEP, ∴△ADE ∽△AEP.(2)∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3, ∴AC=5. ∵∠ABC=∠ADO=90°, ∴OD ∥BC, ∴53x OD =,54x AD =, ∴OD=x 53,AD=x 54. ∴AE=x x 53+=x 58. ∵△ADE ∽△AEP, ∴AE AD AP AE =, ∴x x y x 585458=. ∴x y 516= (8250≤<x ). A E D C B 图2A 3(2)3(1)(3)当BF=1时，①若EP 交线段CB 的延长线于点F,如图3(1)，则CF=4.∵∠ADE=∠AEP, ∴∠PDE=∠PEC. ∵∠FBP=∠DEP=90°, ∠FPB=∠DPE,∴∠F=∠PDE, ∴∠F=∠FEC, ∴CF=CE.∴5-x 58=4,得85=x .可求得2=y ,即AP=2. ②若EP 交线段CB 于点F,如图3(2), 则CF=2.类似①,可得CF=CE.∴5-x 58=2,得815=x . 可求得6=y ,即AP=6.综上所述, 当BF=1时,线段AP 的长为2或6.本专题探究在图形的运动变化过程中，存在平行或相似的三角形，利用比例式来建立函数关系式. 难一些的题目其中的一个变量是比例式，一个变量是线段，也是利用相似或平行来构造比例式，从而写出函数的解析式. 作为最后的一道压轴题，一般情况下写出解析式后还会有一个证等腰或相似或相切的题目，可以二次函数专题中的解题思想进行处理.1 由平行得到比例式，从而建立函数关系式.例题：如图，在△ABC 中，AB=AC=4,BC=21AB ，点P 是边AC 上的一个点，AP=21PD ，∠APD=∠ABC ，连结DC 并延长交边AB 的延长线于点E（1）求证：AD//BC（2）设AP=x ，BE=y ，求y 关于x 的函数解析式，并写出它的定义域（3）连结BP ，当△CDP 与△CBE 相似时，试判断BP 与DE 的位置关系，并说明理由2 由三角形相似得到比例式，建立函数关系式例题：如图，在正方形ABCD 中，AB=2，E 为线段CD 上一点（点E 与点C 、D 不重合），FG 垂直平分AE ，且交AE 于F ，交AB 延长线于G ，交BC 于H.（1）证明：△ADE ∽△GFA（2）设DE=x ，BG=y ，求y 关于x 的函数解析式及定义域（3）当BH=41时，求DE 的长 3 在学习利用相似比建立函数的解析式的时候，初中阶段的知识已经学了不少，对最后的压轴题的综合性的要求已经很高了. 一般会在写解析式前有一些证明或计算，写好解析式后再来一个证明等腰三角形或圆的位置关系等. 如果能够把一道复杂的压轴题拆分成几道小的题目，各个击破，难题也就变简单了.例题：如图，在Rt △ABC 中，∠C=90°，sinB=54，AC=4；D 是BC 的延长线上一个动点，∠EDA=∠B ，AE//BC.(1) 找出图中的相似三角形，并加以证明(2) 设CD=x ，AE=y ，求y 关于x 的函数解析式，并写出函数的定义域(3) 当△ADE 为等腰三角形时，求AE 的长4 刚才研究的写函数解析式都是在几何图形中进行的，下面来看在平面直角坐标系中怎样写解析式. 例题：如图，在直角坐标系中的等腰梯形AOCD 中，AD//x 轴，AO=CD=5，OC AD =52，cos ａ=53，P 是线段OC 上的一个动点，∠APQ=∠ａ,PQ 交射线AD 于点Q ，设P 点坐标为（x ，0），点Q 到D 的距离为y（1）求过A 、O 、C 三点的抛物线解析式（2）用含x 的代数式表示AP 的长（3）求y 与x 的函数解析式及定义域（4） △CPQ 与△AOP 能否相似？若能，请求出x 的值，若不能，请说明理由5 当一个变量是比例式，另一个变量是一条线段，怎样来写函数的解析式呢？可以根据题目的要求，由相似三角形面积的比等于相似比的平方，或相似三角形周长的比等于相似比等建立函数解析式.例题：如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为（1，0），点B 、C 的坐标分别为（-1，0），C （0，b ），且0＜b ＜3，m 是经过点B 、C 的直线，当点C 在线段OC 上移动时，过点A 作AD ⊥m 于点D.(1) 求点D 、O 之间的距离(2) 如果BOCBDA S △△S =ɑ，试求：ɑ与b 的函数关系式及ɑ的取值范围 (3) 当∠ADO 的余切值为2时，求直线m 的解析式(4) 求此时△ABD 与△BOC 重叠部分的面积6 当我们学习到利用相似三角形的相似比来建立函数解析式的时候，初中阶段的知识已经学得差不多了，对于一些貌似很复杂的图形，只要能够分层求解，就能化繁为简.例题：如图，在边长为6的正方形ABCD 的两侧如图作正方形BEFG 、正方形DMNK ，恰好使得N 、A 、F 三点在一直线上，连结MF 交线段AD 于点P ，连结NP ，设正方形BEFG 的边长为x ，正方形DMNK 的边长为y.（1）求y 关于x 的函数关系式及自变量x 的取值范围（2）当△NPF 的面积为32时，求x 的值（3）以P 为圆心，AP 为半径的圆能够与以G 为圆心，GF 为半径的圆相切，若能请求x的值，若不能，请说明理由练习：1. 如图，在三角形中，AB=AC=8，BC=10，点D 、E 分别在BC 、AC 上（点D 不与B 、C 重合），且∠ADE=∠B ，设BD=x ，AE=y.（1）求y 与x 之间的函数解析式，并写出函数的定义域（2）点D 在BC 上的运动过程中，△ADE 是否有可能成为一个等腰三角形？如有可能，请求出当△ADE 为等腰三角形时x 的值;如不可能，请说明理由.2. 在△ABC 中，AB=4，AC=5，cosA=53，点D 是边AC 上的点，点E 是边AB 上的点，且满足∠AED=∠A ，DE 的延长线交射线CB 于点F ，设AD=x ，EF=y.（1）如图1，用含x 的代数式表示线段AE 的长（2）如图1，求y 关于x 的函数解析式及函数的定义域（3）连结EC ，如图2，求档x 为何值时，△AEC 与△BEF 相似.3. 如图，在矩形ABCD 中，AB=m （m 是大于0的常数），BC=8，E 为线段BC 上的动点（不与B 、C 重合）.连结DE ，作EF ⊥DE ，EF 与射线BA 交于点F ，设CE=x ，BF=y.(1) 求y 关于x 的函数关系式(2) 若m=8，求x 为何值时，y 的值最大，最大值是多少？(3) 若y=m12，要使△DEF 为等腰三角形，m 的值应为多少？4. 已知在梯形ABCD 中，AD//BA ，AD ＜BC ，且BC=6，AB=DC=4，点E 是AB 的中点.（1）如图，P 为BC 上的一点，且BP=2. 求证：△BEP ∽△CPD ；（2）如果点P 在BC 边上移动（点P 与点B 、C 不重合），且满足∠EPF=∠C ，PF 交直线CD与点F ，同时交直线AD 于点M ，那么（3）当点F 在线段CD 的延长线上时，设BP=x ，DF=y ，求y 关于x 的函数解析式，并写出函数的定义域；（4）当S △DMF =49S △BEP 时，求BP 的长.5. 如图，在四边形ABCD 中，∠B=90°，AD//BC ，AB=4，BC=12，点E 在边BA 的延长线上，AE=2，点F 在BC 边上，EF 与边AD 相交于点G ，DF ⊥EF ，设AG=x ，DF=y.（1）求y 关于x 的函数解析式，并写出定义域；（2）当AD=11时，求AG 的长；（3）如果半径为EG 的⊙E 与半径为FD 的⊙F 相切，求这两个圆的半径.6. 如图，在半径为5的⊙O 中，点A 、B 在⊙O 上，∠AOB=90°，点C 是弧AB 上的一个动点，AC 与OB 的延长线相交于点D ，设AC=x ，BD=y.(1) 求y 关于x 的函数解析式，并写出它的定义域；(2) 若⊙O 1与⊙O 相交于点A 、C ，且⊙O 1与⊙O 的圆心距为2，当BD=31OB 时，求⊙O 1的半径；(3) 是否存在点C ，使得△DCB ∽△DOC ？如果存在，请证明；如果不存在，请简要说明理由.7. 已知∠ABC=90°，AB=2，BC=3，AD//BC ，P 为线段BD 上的动点，点Q 在射线AB 上，且满足PC PQ =ABAD (如图1所示) （1）当AD=2，且点Q 与点B 重合时（如图2所示），求线段PC 的长；（2）在图1中，连结AP. 当AD=23，且点Q 在线段AB 上时，设点B 、Q 之间的距离为x ，PBCAPQ S S △△=y ，其中S △APQ 表示△APQ 的面积，S △PBC 表示△PBC 的面积，求y 关于x 的函数解析式，并写出函数定义域；（3）当AD ＜AB ，且点Q 在线段AB 的延长线上时（如图3所示），求∠QPC 的大小.（2009上海第25题）三、应用求图形面积的方法建立函数关系式例4（2004年·上海）如图,在△ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC=22,⊙A 的半径为1.若点O 在BC 边上运动(与点B 、C 不重合),设BO=x ,△AOC 的面积为y .(1)求y 关于x 的函数解析式,并写出函数的定义域. (2)以点O 为圆心,BO 长为半径作圆O,求当⊙O 与⊙A 相切时,△AOC 的面积.解:(1)过点A 作AH ⊥BC,垂足为H.∵∠BAC=90°,AB=AC=22, ∴BC=4,AH=21BC=2. ∴OC=4-x . ∵AH OC S AOC ⋅=∆21, ∴4+-=x y (40<<x ). (2)①当⊙O 与⊙A 外切时, 在Rt △AOH 中,OA=1+x ,OH=x -2, ∴222)2(2)1(x x -+=+. 解得67=x . 此时,△AOC 的面积y =617674=-. ②当⊙O 与⊙A 内切时,在Rt △AOH 中,OA=1-x ,OH=2-x , ∴222)2(2)1(-+=-x x . 解得27=x . 此时,△AOC 的面积y =21274=-. 综上所述,当⊙O 与⊙A 相切时,△AOC 的面积为617或21.例2、【09广东】正方形ABCD 边长为4，M 、N 分别是BC 、CD 上的两个动点，当M 点在BC 上运动时，保持AM 和MN 垂直．（1）证明：Rt △ABM ∽Rt △MCN ；（2）设BM =x ，梯形ABCN 的面积为y ，求y 与x 之间的函数关系式；当M 点运动到什么位置时，四边形ABCN 面积最大，并求出最大面积；（3）当M 点运动到什么位置时Rt △ABM ∽Rt △AMN ，求此时x 的值A B C O 图8 H练习1.如图，在△ABC中，BC=8，CA= ，∠C=60°，EF∥BC，点E、F、D分别在AB、AC、BC上（点E与点A、B不重合），连接ED、DF。

中考数学综合题专题复习[几何中的动点问题]专题解析

中考数学综合题专题复习【几何中的动点问题】专题解析【真题精讲】【例1】如图，在梯形ABCD中，AD II BC , AD 3 , DC 5 , BC 10，梯形的高为4 •动点M从B 点出发沿线段BC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动•设运动的时间为t （秒）•（1）当MN I AB时，求t的值；2）试探究：t为何值时，△MNC为等腰三角形.【思路分析1】本题作为密云卷压轴题，自然有一定难度，题目中出现了两个动点，很多同学看到可能就会无从下手。

但是解决动点问题，首先就是要找谁在动，谁没在动，通过分析动态条件和静态条件之间的关系求解。

对于大多数题目来说，都有一个由动转静的瞬间，就本题而言，M N是在动，意味着BM,MC 以及DN,NC都是变化的。

但是我们发现，和这些动态的条件密切相关的条件DC,BC长度都是给定的，而且动态条件之间也是有关系的。

所以当题中设定MN//AB时，就变成了一个静止问题。

由此，从这些条件出发，列出方程，自然得出结果。

【解析】解：（1 ）由题意知，当M、N运动到t秒时，如图①，过D作DE II AB交BC于E点，则四边形ABED是平行四边形.••• AB II DE , AB II MN . ••• DE II MN . （根据第一讲我们说梯形内辅助线的常用做法，成功将内，将动态问题转化成平行时候的静态问题） MN 放在三角形• MC NCEC CD（这个比例关系就是将静态与动态联系起来的关键）即可，于是就漏掉了 MN=MC,MC=C ^两种情况。

在中考中如果在动态问题当中碰见等腰三（2）分三种情况讨论：①当MN NC 时，如图②作 NF BC 交BC 于F ,则有MC 2FC 即.（利用等腰三角形底边高也是底边中线的性质）.4丄•解得t 50 .10 3 5 17【思路分析2】第二问失分也是最严重的，很多同学看到等腰三角形，理所当然以为是 MN=NC角形，一定不要忘记分类讨论的思想，两腰一底一个都不能少。

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